De thi thu DH so 12

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013. TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ. Thời gian làm bài: 180 phút. 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 Câu II (2 điểm) 17 x  sin(2x  )  16 2 3.s inx cos x  20sin 2 (  ) 2 2 12 1) Giải phương trình. 2) Giải hệ phương trình :. 2.. x 4  x3y  x2y2 1  3 2 x y  x  xy  1  4. tan x.ln(cos x) dx cos x. . Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 0 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông 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 cụsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) . Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa măn 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 tŕnh Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng  : 2x + 3y + 4 = 0. T́ m tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau gúc 450. Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) x y 1 z x y 1 z 4 (d) :   (d ') :   1 2  3 và 1 2 5 và hai đường thẳng Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương tŕnh mặt phẳng đó. Câu VIII.a (1 điểm) logx(24x1)2 x  logx 2 (24x 1) x 2 log (24x1) x Giải phương tŕnh: Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) 2 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thỏa mãnṛ (C ) : x  y 1 , đường thẳng (d) : x  y  m 0 . T́ ìm 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 x 2 y 1 z và đường thẳng  1 :  2 = 1 = 3 . Gọi  2 là giao tuyến của (P) và (Q).. Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng  1 ,  2 ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu VIII.b (1 điểm). Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 ))  1 ----------Hết----------. ĐÁP ÁN Câu 1: 1, *Tập xác định :. y' . D  \  1. 1 (x  1)2.  0 x  D. *Tính (   ;1) Hàm số nghịch biến trên các khoảng và (1; ) *Hàm số không có cực trị Limy  Limy   Lim y 2 Lim y 2  x 1 x  x   *Giới hạn x 1 Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên *Vẽ đồ thị Câu 1: 2,*Tiếp tuyến của (C) tại điểm M (x0 ; f (x0 ))  (C ) có phương trình y f '(x0 )(x  x0 )  f (x0 ) Hay. x  (x0  1) 2 y  2x0 2  2x0  1 0. (*)  2. 2  2x0 1  (x0  1) 4.  2. *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng giải được nghiệm x0 0 và x0 2 Vậy: Các tiếp tuyến cần tìm : x  y  1 0 và x  y  5 0 Câu 2: 1, *Biến đổi phương trình đó cho tương đương với    cos2x  3 sin 2x  10cos(x  )  6 0  cos(2x  )  5cos(x  )  3 0 6 3 6    1   2cos 2 (x  )  5cos(x  )  2 0 cos(x  )  cos(x  )  2 6 6 6 2 và 6 .Giải được (loại)  1  5 cos(x  )  x   k2 x   k2 6 2 được nghiệm 2 6 *Giải và (x 2  xy) 2 1  x3y  3 2 Câu 2: 2, *Biến đổi hệ tương đương với x y  (x  xy)  1 2 u2 1  v x  xy u  3  x y v v  u  1 *Đặt ẩn phụ  , ta được hệ  *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) 1  t x 2 4 thì Câu 3: *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thỡ t=1 , 1 2. I . 1. ln t ln t dt   2 dt 2  t 1 t 1. 1 1 1 u ln t;dv  2 dt  du  dt; v  2 t t t Từ đó *Đặt 1 1 1 1 1 2 1 I  ln t 1   2 dt  ln 2  1 2 t 2 t 1 t I  2  1 ln 2 2 2 2 2 Suy ra *Kết quả. Câu 4: *Vẽ hình. *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH  (ABC ) 0 *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là SEH SFH 60.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> *Kẻ HK  SB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng HK A . a 2 a 3 HA  SH HF tan 600  2 , 2 *Lập luận và tính được AC=AB=a , 1 1 1 3    K H a 2 2 2 HS HB 10 *Tam giác SHK vuông tại H có HK a 2 AH 20 tan AK H   2  KH 3 3 3  cos AK H  a 23 10 *Tam giác AHK vuông tại H có a b 1 c 1 c   ab  1  b  a (1  a)(1  b) Câu 5:*Biến đổi ab  c VT . 1 c 1 b 1 a   (1  a)(1  b) (1  c)(1  a) (1  c)(1  b). *Từ đó 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 VT 3. 3. 1 c 1 b 1 a . . (1  a)(1  b) (1  c)(1  a) (1  c)(1  b). =3 (đpcm) 1 a b c  3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1  3t   y  2  2 t u   Câu 6a: * có phương trình tham số và có vtcp ( 3; 2).  AB .u 1  1     cos(AB ; u)  2 AB . u 2 *A thuộc   A (1  3t;  2  2t) *Ta có (AB;  )=450 15 3 32 4 22 32  169t2  156t  45 0  t   t  A1 ( ; ), A2 ( ;  ) 13 13 *Các điểm cần tìm là 13 13 13 13  u (1;  2;  3) Câu 7a: *(d) đi qua M 1 (0;  1;0) và có vtcp 1  u2 (1; 2;5) M (0;1; 4) 2 (d’) đi qua và có   vtcp     u1 ; u2  ( 4;  8; 4) O  u ; u  .M M  16  14 0 M 1M 2 (0; 2; 4)  *Ta có  , Xét  1 2  1 2  (d) và (d’) đồng phẳng .  n (1; 2;  1) và đi qua M1 nên có phương trình *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) cú vtpt x  2y  z  2 0 *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm Câu 8a: *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  2logx (24x  1) 2  logx (24x  1) logx (24x 1) 1 2 1   log ( x  1)  t x Đặt , ta được phương trình : 1  2t 2  t t giải được t=1 và t=-2/3 *Với t=1  logx (x  1) 1 phương trình này vô nghiệm.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  logx (x  1) . 2 3.  x 2 .(24x  1)3 1 (*) 1 1 x x 8 là nghiệm của (*) Nếu 8 thì VT(*)>1 Nhận thấy 1 1 x x 8 thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất 8 Nếu *Với t=-2/3. *Kết luận : Các nghiệm của phương trình đó cho là x=1 và. x. 1 8. Câu 6b:*(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt  d(O ;d)  1 1 1 1 SOAB  OAOB . .sin AOB  .sin AOB  2 2 2 *Ta có 0.  d(I ;d) . 1 2  m 1. Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi AOB 90 x 2  2t x 2  s   y  1  t y 5  3s  z s z 3t Câu 7b: * 1 có phương trình tham số  *  2 có phương trình tham số  *Giả sử d  1 A ;d   2 B  A (2  2t;  1 t;3t) B(2+s;5+3s;s)  * AB (s  2t;3s  t  6;s  3t) , mf(R) có vtpt n (1; 2;  3) s  2t 3s  t  6 s  3t 23       t 1 2 3 24 * d  (R )  AB & n cùng phương 23 1 1 z x y 1 1 23  8 12  12  A( ; ; ) n  (1; 2;  3) 12 12 8 1 2  3 *d đi qua và có vtcp => d có phương trình x  0  x log 3 (9  72)  0  x Câu 8b:*Điều kiện : 9  72  0 giải được x  log 9 73 x x x Vì x  log 9 73 >1 nên bpt đó cho tương đương với log 3 (9  72) x  9  72 3 x 3  8  x 3 9.  x 2 *Kết luận tập nghiệm : T (log 9 72; 2].

<span class='text_page_counter'>(5)</span>