3

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (161.56 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Sở giáo dục và đào tạo Hà nội

Trường THPT Liên Hà ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010

**************** Môn : TOÁN; khối: A,B(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể 
thời gian phát đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm sớ

2 1
1
x
y

x






2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng

√2 .

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình

sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( )

2 2 12

x

x    x x 

2) Giải hệ phương trình :

4 3 2 2

3 2

1
1

x x y x y
x y x xy

   




  




Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

tan .ln(cos )
cos

x xdx

x





Câu IV (1 điểm):

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A với AB = a, các mặt bên là các
tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600. 
Tính cơsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) .

Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
3

a b b c c a

ab c bc a ca b

  

  

  

PHẦN RIÊNG (3 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng Δ : 2x + 3y + 4 = 0.
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng Δ sao cho đường thẳng AB và Δ hợp với nhau
góc 450.

Câu VII.a (1 điểm): Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)
và hai đường thẳng

1
( ) :

1 2 3

x y z

d   

  và

1 4

( ') :

1 2 5

x y z

d    

Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên mợt mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.

Câu VIII.a (1 điểm)

Giải phương trình: 2 2 2 (24 1)

(24 1) log (24 1) log x

x x x x

Log  x  x   x

Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) :C x2y2 1, đường thẳng ( ) :d x y m  0.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu VII.b (1 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:

(P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
và đường thẳng Δ1 : x −2

−2 =
y+1

1 =

z

3 . Gọi Δ2 là giao tuyến của (P) và (Q).

Viết phương trình đường thẳng (d) vng góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng Δ1 , Δ2 .

Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 )) 1

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu -ý Nội dung Điểm

1.1 *Tập xác định :D \ 1

 

*Tính 2

' 0

( 1)

y x D

x



   



Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1;)

*Hàm sớ khơng có cực trị
*Giới hạn

x

Limy







Limyx 1



 

xLim y 



xLim y   2



Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên

x   1


y’ - -
y

*Vẽ đồ thị

0.25

0.25
1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm M x f x( ; ( )) ( )0 0 C có phương

trình

y f x x x '( )(0  0)f x( )0
Hay x(x01)2y 2x022x01 0 (*)

*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng √2

0
4
0

2 2

2
1 ( 1)

x
x



 

 

giải được nghiệm x0 0 và x0 2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

*Các tiếp tuyến cần tìm : x y 1 0 và x y  5 0 0.25

2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với
cos2x 3 sin 2x 10 os(c x 6) 6 0



    

cos(2x 3) 5 os(c x 6) 3 0

 

     

2 os ( ) 5 os( ) 2 0

6 6

c x  c x 

     

Giải được

1
os( )

6 2

c x 

và cos(x 6) 2



 

(loại)
*Giải

1
os( )

6 2

c x 

được nghiệm x 2 k2




 

và

5
2
6

x  k 

0.25

0.25
0.25
2.2

*Biến đổi hệ tương đương với

2 2 3

3 2

( ) 1

x xy x y

x y x xy

   




  




*Đặt ẩn phụ
2

x xy u

x y v

  








 , ta được hệ

2 1

u v

v u

  



 



*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3)
*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)

0.25
0.25
0.25
0.25
3 *Đặt t=cosx

Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , x 4




thì

1
2
t

Từ đó

1
2

2 2

1
1

lnt lnt

I dt dt

t t









*Đặt 2

1
ln ;

u t dv dt

t

 

1 1

;
du dt v

t t

  

Suy ra

2
1

1 1

1 1 2 1

ln 1 ln 2 1

2 2

I t dt

t t t

 



 

*Kết quả

2
2 1 ln 2

2
I   

0.25

0.25
0.25
4 *Vẽ hình

*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH (ABC)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

SEH SFH 600

*Kẻ HK SB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB)

và (SBC)
bằng HK A .

*Lập luận và tính được AC=AB=a ,

2
2
a
HA 

0 3

tan 60
2
a

SH HF 

*Tam giác SHK vng tại H có

2 2 2

1 1 1 3

10
KH a

HK HS HB  

*Tam giác AHK vng tại H có

20
2

tan

3
3

10
a
AH
AK H

K H
a

  

3
cos

23
AK H

 

0.25
0.25

0.25

0.25
5

*Biến đổi

1 1

1 (1 )(1 )

a b c c

ab c ab b a a b

  

 

     

*Từ đó

1 1 1

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

c b a

VT

a b c a c b

  

  

     

Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) =>
1-a,1-b,1-c dương

*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được

3 1 1 1

3. . .

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

c b a

VT

a b c a c b

  



      =3 (đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1
3
a b c  

0.25
0.25
0.25

0.25

6.a

* có phương trình tham sớ

1 3
2 2

x t

y t

 



 

 và có vtcp u ( 3;2)



*A tḥc   A(1 3 ; 2 2 ) t   t

*Ta có (AB; )=450

1
os( ; )

c AB u

 

 

. 1

2
.

AB u
AB u

 

 


2 15 3

169 156 45 0

13 13

t t t t

       

*Các điểm cần tìm là 1 2

32 4 22 32
( ; ), ( ; )

13 13 13 13

A  A 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

0.25
7.a *(d) đi qua M1(0; 1;0) và có vtcp u 1(1; 2; 3) 

(d’) đi qua M2(0;1; 4) và có vtcp u2 (1; 2;5)



*Ta có u u1; 2   ( 4; 8;4) O

  

, M M1 2 (0; 2; 4)


Xét u u M M1; 2. 1 2 16 14 0 

  

 (d) và (d’) đồng phẳng .

*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt

(1; 2; 1)

n 



và đi qua M1 nên có phương trình x2y z  2 0
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm

0.25
0.25
0.25
0.25
8.a *Điều kiện :x>0

*TH1 : xét x=1 là nghiệm

*TH2 : xét x1 , biến đổi phương trình tương đương với

1 2 1

1 2log (24 x x1) 2 log (24  x x1) log (24x x1)

Đặt log (x x1)t , ta được phương trình

1 2 1

1 2 t2t t giải được t=1 và t=-2/3

*Với t=1  log (x x1) 1 phương trình này vơ nghiệm

*Với t=-2/3

2
log ( 1)

3
x x

  

x2.(24x1)3 1 (*)

Nhận thấy

1
8
x

là nghiệm của (*)
Nếu

1
8
x

thì VT(*)>1
Nếu

1
8
x

thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất

1
8
x

*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và

1
8
x

0.25
0.25

0.25

6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1

*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt d O d( ; ) 1

*Ta có

1 1 1

. .sin .sin

2 2 2

OAB

S  OAOB AOB  AOB

Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi
0

90
AOB

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

1
( ; )

2
d I d

 

 m1

0.25
7.b

*1 có phương trình tham sớ

2 2
1
3

x t

y t

z t

 



 


 


*2 có phương trình tham sớ

2
5 3

x s

y s

z s

 




 


 


*Giả sử d  1 A d;   2 B

(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)

A t t t

   

*AB (s2 ;3t s t 6;s 3 )t , mf(R) có vtpt n(1; 2; 3)


*d( )R AB n&

 

cùng phương

2 3 6 3

1 2 3

s t s t  s t

  



23
24
t

 

*d đi qua

1 1 23
( ; ; )

12 12 8
A

và có vtcp n(1;2; 3)


=> d có phương trình

1 1

12 12

1 2 3

z

x y 

 



0.25

0.25
8.b

*Điều kiện :
3

log (9 72) 0
9 72 0

x
x
x



 




 

 giải được xlog 739

Vì xlog 739 >1 nên bpt đã cho tương đương với
log (93 72)

x x

 

9x 72 3x

  

3 8

3 9
x
x

 


 




 x2

*Kết luận tập nghiệm : T (log 72; 2]9

0.25

0.25
0.25

</div>

3



 

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về