THI THU DH VA DAP AN 2010

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (144.24 KB, 6 trang )

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

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010
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 số y 2x 1
x 1






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(2x 17 ) 16 2 3.sinx cos x 20sin (2 x )

2 2 12

 

    

2) Giải hệ phương trình :

4 3 2 2

3 2

x

x y x y

1 x y x

xy

1 





















Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 4
0

tan x.ln(cos x)
dx
cos 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:

a b b c c a 3

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  : 2x + 3y + 4 = 0.

Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau góc 450.
Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)

và hai đường thẳng (d) :x y 1 z

1 2 3



 

  và

x y 1 z 4

(d ') :

1 2 5

 

 

Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.
Câu VIII.a (1 điểm)

Giải phương trình: 2 2 2 (24x 1)

x(24x 1) x (24x 1)

Log  x log  x log  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   . Tìm m để

( )C cắt ( )d tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất.
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 1 :

2
2




x

=
1



y

=
3
z

. Gọi 2 là giao tuyến của (P) và (Q).

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

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu -ý Nội dung Điểm

1.1 *Tập xác định :D \ 1

 

*Tính ' 1 2 0
( 1)

y x D

x



   



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

*Hàm số khơng có cực trị
*Giới hạn

1
x

Limy



  Limyx1  

xLim y 

 2

xLim y  



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 2 2

0 0 0

( 1) 2 2 1 0

x x  y x  x   (*)

*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

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

0.25
0.25
0.25
0.25
2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với

os2 3 sin 2 10 os( ) 6 0
6

c x x c x  

os(2 ) 5 os( ) 3 0

3 6

c x  c x 

     

2 os (2 ) 5 os( ) 2 0

6 6

c x  c x 

     

Giải được os( ) 1

6 2

c x  và os( ) 2
6

c x  (loại)
*Giải os( ) 1

6 2

c x  được nghiệm 2
2

x k  và 5 2
6

x  k 

0.25

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

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
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 ,
4

x thì 1
2

t

Từ đó

1
2

2 2

1
1

2
lnt lnt

I dt dt

t t









*Đặt 2

1
ln ;

u t dv dt

t

  du 1dt v; 1

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 1 2ln 2
2

I   

0.25

0.25
0.25
0.25

4 *Vẽ hình

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

*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là
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 , tan 600 3

a

SH HF 

*Tam giác SHK vuông tại H có 1 2 1 2 1 2 3
10

K H a

HK HS HB  

*Tam giác AHK vuông tại H có

20
2

tan

3
3

a
AH
AK H

K H
a

  

cos 3

AK H

 

0.25
0.25

0.25

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

*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 thuộc   A(1 3 ; 2 2 ) t  t

*Ta có (AB; )=450 os( ; ) 1

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 

0.25
0.25
0.25
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 n(1; 2; 1)


và đi
qua M1 nên có phương trình x2y z  2 0

*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) tḥc 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 2log (241 1) 2 log (242 1) log (241 1)
x x x x x x

 

    

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 log ( 1) 2

3
x x

  

x2.(24x 1)3 1

   (*)

0.25
0.25

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

Nhận thấy 1
8

x là nghiệm của (*)
Nếu 1

x thì VT(*)>1
Nếu 1

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

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 . .sin 1.sin 1

2 2 2

OAB

S  OAOB AOB  AOB

Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi AOB 900



1
( ; )

d I d

  m1

0.25
0.25

0.25
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

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
0

log (9 72) 0
9 72 0

x

x



 




 



giải được xlog 739
Vì xlog 739 >1 nên bpt đã cho tương đương với
log (9x 72) x

 

0.25

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

9x 72 3x

  

3 8

3 9

x

x
 

 





 x2

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

</div>

THI THU DH VA DAP AN 2010

x

x y x y

1

x y x

xy

1

























<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về