http://ductam_tp.violet.vn/ Sở giáo dục và đào tạo Hà nội Trường THPT Liên Hà ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 **************** 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 số 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 2 17 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 = 4 0 tan .ln(cos ) cos x x dx x   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 60 0 . Tính côsin 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  : 2x + 3y + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau góc 45 0 . Câu VII.a (1 điểm): Trong không 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 một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó. Câu VIII.a (1 điểm) Giải phương trình: 2 2 2 (24 1) (24 1) (24 1) log 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 2 2 ( ) : 1 C x y   , đường thẳng ( ) : 0 d x y m    . 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 1  y = 3 z . 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  . Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log x ( log 3 ( 9 x – 72 ))  1 Hết ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu -ý Nội dung Điểm 1.1 *Tập xác định :   \ 1 D   *Tính 2 1 ' 0 ( 1) y x D x       Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1)  và (1; )  *Hàm số không có cực trị *Giới hạn 1x Lim y     1x Lim y     2 x Lim y   2 x Lim 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 0.25 0.25 1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm 0 0 ( ; ( )) ( ) M x f x C  có phương trình 0 0 0 '( )( ) ( ) y f x x x f x    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 0 0 x  và 0 2 x  *Các tiếp tuyến cần tìm : 1 0 x y    và 5 0 x y    0.25 0.25 0.25 0.25 2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với os2 3sin 2 10 os( ) 6 0 6 c x x c x       os(2 ) 5 os( ) 3 0 3 6 c x c x         2 2 os ( ) 5 os( ) 2 0 6 6 c x c x         Giải được 1 os( ) 6 2 c x     và os( ) 2 6 c x     (loại) *Giải 1 os( ) 6 2 c x     được nghiệm 2 2 x k     và 5 2 6 x k      0.25 0.25 0.25 0.25 2.2 *Biến đổi hệ tương đương với 2 2 3 3 2 ( ) 1 ( ) 1 x xy x y x y x xy             *Đặt ẩn phụ 2 3 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 1 2 2 2 1 1 2 ln ln t t I dt dt t t      *Đặt 2 1 ln ; u t dv dt t   1 1 ;du dt v t t     Suy ra 1 2 1 2 1 1 1 1 2 1 ln ln 2 1 1 2 2 2 I t dt t t t        *Kết quả 2 2 1 ln2 2 I    0.25 0.25 0.25 0.25 4 *Vẽ hình *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh ( ) SH A BC  *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là 0 60 SEH SFH  *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 tan60 2 a SH HF  *Tam giác SHK vuông tại H có 2 2 2 1 1 1 3 10 K H a HK HS HB     *Tam giác AHK vuông tại H có 2 20 2 tan 3 3 10 a A H A K H K H a    3 cos 23 A K 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            0.25 *Từ đó 1 1 1 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) c b a V T 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 V T 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 6.a *  có phương trình tham số 1 3 2 2 x t y t         và có vtcp ( 3;2) u    *A thuộc  (1 3 ; 2 2 ) A t t     *Ta có (AB;  )=45 0 1 os( ; ) 2 c A B u    . 1 2 . A B u A B 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 1 (0; 1;0) M  và có vtcp 1 (1; 2; 3) u     (d’) đi qua 2 (0;1;4) M và có vtcp 2 (1;2;5) u   *Ta có 1 2 ; ( 4; 8;4) u u O            , 1 2 (0;2;4) M M   Xét 1 2 1 2 ; . 16 14 0 u u M M             (d) và (d’) đồng phẳng . *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt (1;2; 1) n    và đi qua M 1 nên có phương trình 2 2 0 x y z     *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 1 x  , biến đổi phương trình tương đương với 1 2 1 1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1) x x x x x x        Đặt log ( 1) x x t   , ta được phương trình 1 2 1 1 2 2 t t t     giải được t=1 và t=-2/3 *Với t=1 log ( 1) 1 x x    phương trình này vô nghiệm *Với t=-2/3 2 log ( 1) 3 x x     2 3 .(24 1) 1 x x    (*) Nhận thấy 1 8 x  là nghiệm của (*) Nếu 1 8 x  thì VT(*)>1 0.25 0.25 0.25 0.25 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  6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ( ; ) 1 d O d   *Ta có 1 1 1 . .sin .sin 2 2 2 OAB S OA OB AOB A OB    Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi 0 90 A OB  1 ( ; ) 2 d I d  1 m    0.25 0.25 0.25 0.25 7.b * 1  có phương trình tham số 2 2 1 3 x t y t z t            * 2  có phương trình tham số 2 5 3 x s y s z s           *Giả sử 1 2 ; d A d B      (2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s) A t t t     * ( 2 ;3 6; 3 ) A B s t s t s t       , mf(R) có vtpt (1;2; 3) n    * ( ) & d R A B 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 (1;2; 3) n    => d có phương trình 23 1 1 8 12 12 1 2 3 z x y       0.25 0.25 0.25 0.25 8.b *Điều kiện : 3 0 log (9 72) 0 9 72 0 x x x           giải được 9 log 73 x  Vì 9 log 73 x  >1 nên bpt đã cho tương đương với 3 log (9 72) x x   9 72 3 x x    3 8 3 9 x x          2 x   *Kết luận tập nghiệm : 9 (log 72;2] T  0.25 0.25 0.25 0.25 Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó . . os( ) 6 0 6 c x x c x       os(2 ) 5 os( ) 3 0 3 6 c x c x         2 2 os ( ) 5 os( ) 2 0 6 6 c x c x         Giải được 1 os( ) 6 2 c x     và os( ) 2 6 c. đào tạo Hà nội Trường THPT Liên Hà ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 **************** Môn : TOÁN; khối: A,B(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ. :   1 D   *Tính 2 1 ' 0 ( 1) y x D x       Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1)  và (1; )  *Hàm số không có cực trị *Giới hạn 1x Lim y     1x Lim y   