Đề thi thử Đại học cao đẳng năm 2016 môn Toán lần 3

Doc24.vnĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2016 Đề Số 3PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)Câu (2 điểm)1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 11xyx2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng2.Câu II (2 điểm)1) Giải phương trình 217sin(2 16 3.s in cos 20 sin )2 12xx x  2) Giải hêê phương trình 23 211x yx xy  Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 40tan ln(cos )cosx xdxxCâu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại với AB a, các mặt bên là các tamgiác 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 1. Chứng minh rằng: 3a aab bc ca b   PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm môôt trong hai phần (phần hoăôc B)A. Theo chương trình ChuẩnCâu VI.a (1 điểm) Trong măêt phẳng tọa đôê Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng 2x 3y 0. Tìm tọa độ điểm thuộc đường thẳng sao cho đường thẳng AB và hợp với nhau góc 45 0.Câu VII.a (1 điểm ): Trong không gian với hêê tọa đôê Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) và hai đường thẳng 1( :1 3x zd  và 4( ') :1 5x zd  Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên môêt măêt phẳng. Viết phương trình măêt phẳng đó.Câu VIII.a (1 điểm)Giải phương trình: 22( 24 1)( 24 1) 24 1)log log  xx xlog Theo chương trình Nâng caoCâu VI.b (1 điểm)Doc24.vnTrong măêt phẳng tọa đôê Oxy cho đường tròn 2( 1C y đường thẳng( 0d m . Tìm để Ccắt tại và sao cho diêên tích tam giác ABO lớn nhất.Câu VII.b (1 điểm)Trong không gian với hêê tọa đôê Oxyz, cho ba mặt phẳng: (P): 2x 0, (Q): 2z 0, (R): 2y 3z và đường thẳng 1 22x 11y 3z 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: logx log3 72 )) ----------Hết-------- --Doc24.vnĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂMCâu Nội dung Điểm1.1*Tập xác định :\\ 1D¡*Tính 21' 1)y Dx Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;1) và (1; )*Hàm số không có cực trị *Giới hạn 1xL imy  1xL imy 2xL im y 2xL im yĐồ thị có tiệm cận đứng :x=1 tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên *Vẽ đồ thị 0.250.250.250.251.2*Tiếp tuyến của (C) tại điểm 0( )) )M C có phương trình 0'( )( )y Hay 20 0( 1) 0x x (*) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 0402 221 1)xx  giải được nghiệm 00x và 02x*Các tiếp tuyến cần tìm 0x y và 0x y 0.250.250.250.252.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với os2 sin 10 os( 06c x os(2 os( 03 6c x  22 os os( 06 6c x  Giải được 1os( )6 2c x và os( 26c x (loại)*Giải 1os( )6 2c x được nghiệm 22x k và 526x k 0.250.250.250.252.2*Biến đổi hệ tương đương với 33 2( 1( 1x xy yx xy   0.250.25Doc24.vn*Đặt ẩn phụ 23x xy ux v  ta được hệ 211u vv 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) 0.250.253 *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx đổi cận x=0 thì t=1 4x thì 12t Từ đó 1122 2112ln lnt tI dt dtt t  *Đặt 21ln ;u dv dtt 1;du dt vt t Suy ra 12121 11 1ln ln 21 122 2I dtt t *Kết quả 22 ln 22I 0.250.250.250.254 *Vẽ hình *Gọi là trung điểm BC chứng minh )SH C*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) (SAC) với mặt đáy là 060SE SF H *Kẻ SB lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng .*Lập luận và tính được AC=AB=a ,22aH A 03tan 602aSH F *Tam giác SHK vuông tại có 21 310K aHK HS B *Tam giác AHK vuông tại có 2202tan3310aA HA HK Ha 3cos23A H 0.250.250.250.255*Biến đổi 11 (1 )(1 )a cab ab b   *Từ đó 1(1 )(1 (1 )(1 (1 )(1 )c aV Ta 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 0.250.250.25Doc24.vndương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được 31 13. .(1 )(1 (1 )(1 (1 )(1 )c aV Ta b  =3 (đpcm)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 13a c 0.256.a* có phương trình tham số 32 2x ty t   và có vtcp 3; 2)u ur*A thuộc (1 )A t *Ta có (AB; )=45 1os( )2c u uuuur ur .12.A uA u uuuur urur 215 3169 156 45 013 13t t *Các điểm cần tìm là 232 22 32( ), )13 13 13 13A A 0.250.250.250.257.a*(d) đi qua 1(0; 1; 0)M và có vtcp 1(1; 2; 3)u uur (d’) đi qua 2(0;1; 4)M và có vtcp 2(1; 2; 5)uuur*Ta có 2; 4; 8; 4)u O   uur uur ur 2(0; 2; 4)M Muuuuuuur Xét 2; 16 14 0u M   uur uur uuuuuuur (d) và (d’) đồng phẳng .*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt (1; 2; 1)n ur và đi qua M1 nên có phương trình 0x z *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) từ đó ta có đpcm 0.250.250.250.258.a *Điều kiện :x>0*TH1 xét x=1 là nghiệm *TH2 xét 1x biến đổi phương trình tương đương với 11 log (24 1) log (24 1) log (24 1)x xx x  Đặt log 1)x ta được phương trình 11 2t t  giải được t=1 và t=-2/3 *Với t=1 log 1) 1xx phương trình này vô nghiệm *Với t=-2/3 2log 1)3xx 3.(24 1) 1x x (*) 0.250.250.25Doc24.vnNhận thấy 18x là nghiệm của (*) Nếu 18x thì VT(*)>1Nếu 18x thì VT(*)<1 vậy (*) có nghiệm duy nhất 18x *Kết luận Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và 18x 0.256.b *(C) có tâm O(0;0) bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt 1d d *Ta có 1. .sin .sin2 2OA BS OA OB OB OB Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi 090A OB 1( )2d d 1m 0.250.250.250.257.b*1 có phương trình tham số 213x ty tz  *2 có phương trình tham số 25 3x sy sz  *Giả sử 2;d B (2 B(2+s;5+3s;s)A t *( 6; )A t uuuur mf(R) có vtpt (1; 2; 3)n ur*( &d n uuuur ur cùng phương 31 3s t   2324t *d đi qua 23( )12 12 8A và có vtcp (1; 2; 3)n ur=> có phương trình 231 1812 121 3zx y   0.250.250.250.258.b*Điều kiện 30log (9 72) 09 72 0xxx   giải được 9log 73x 0.25Doc24.vnVì 9log 73x >1 nên bpt đã cho tương đương với 3log (9 72)xx 72 3x x 83 9xx  2x *Kết luận tập nghiệm 9(log 72; 2]T 0.250.250.25Bên trên chỉ là phần trích dẫn của tài liệu và có thế hiển thị lỗi font muốn xem hết tài liệu và khôngbị lỗi font vui lòng download tài liệu về máy