đề thi thử đại học môn toán có đáp án năm 2011 chuyên lê quý đôn qt khối d

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
THI THỬ LẦN 2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số
4 2 2
1
4 4 ,(1)
2
y x mx m= + +
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số (1) khi
1m
= −
.
2) Tìm giá trị của
m
để hàm số (1) có 3 cực trị, đồng thời ba điểm cực trị của đồ thị xác định một tam
giác có diện tích bằng
1
2
.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
2
3(tan sin )
2cos (1 cos ) 2sin
tan sin
x x

x x x
x x
+
− + =
−
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2( ) 6
( 2)( 2) 9
x y x y
xy x y

+ + + =

+ + =

Câu III. (1,0 điểm) Tính:
2
3
2
3
( sin )sin
(1 sin )sin
x x x x
I dx
x x
π
π
+ +
=

+
∫
Câu IV. (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng
. ' ' 'ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông có
CA CB a= =
,
góc giữa đường thẳng
'BA
và mặt phẳng
( ' ')ACC A
bằng
0
30
. Gọi
M
là trung điểm của cạnh
' 'A B
. Tính theo
a
thể tích của khối lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
và khoảng cách từ điểm
M
đến mặt
phẳng
( )
'A BC

.
Câu V. (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
4 4
,( , )
1
a b
P a b R
a b
+
= ∈
+ +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu VI. a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho hai đường thẳng
: 0x y∆ + =
và
': 7 0x y∆ − =
. Lập phương trình
đường thẳng
( )l
đi qua điểm
(4;0)A
và cắt
, '∆ ∆
lần lượt tại
,M N
biết tam giác

OMN
cân tại
O
, (
O
là gốc của hệ trục tọa độ).
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho mặt cầu
( )
2 2 2
: 2 6 6 6 0S x y z x y z+ + − − − − =
và đường thẳng
2 2
: 1

x t
y
z t
= −


∆ =


=

. Lập phương trình mặt phẳng
( )
α

chứa đường thẳng
∆
và cắt mặt cầu
( )
S
theo
đường tròn có bán kính bằng 4.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
2
2
log 64 log 16 3
x
x
+ ≥

B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI. b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường thẳng
:3 4 12 0x y∆ − − =
và hai điểm
(1;1), ( 1;5)A B −
. Lập
phương trình đường tròn
( )
c
đi qua
,A B
và cắt đường thẳng

∆
tại hai điểm
,M N
biết dây cung
MN
có độ dài bằng 6.
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho hai điểm
( )
1;4;2A
,
( )
1;2;4B −
. Viết phương trình đường thẳng
( )
∆
đi qua trực tâm
H
của tam giác
OAB
và vuông góc với mặt phẳng
( )
OAB
. Tìm tọa độ điểm
M
trên mặt phẳng
( )
OAB
sao cho

2 2
MA MB+
nhỏ nhất.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm hệ số chứa
18
x
trong dạng khai triển của:
13 2 10
( 2) ( 2 4)P x x x= + − +
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………… ; Số báo danh:……………
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
THI THỬ LẦN 2
Câu I.1
(1,0 đ)
Khảo sát vẽ đồ thị hàm số
4 2 2
1
4 4 ,(1)
2
y x mx m= + +
khi
1m
= −
.
+

4 2
1
4 4
2
y x x= − +
. Txđ: R

lim
x
y
→±∞
= +∞

2
0
' 2 ( 4); ' 0
2
x
y x x y
x
=

= − = ⇔

= ±

Bảng biến thiên:
x
−∞
-2 0 2

−∞
'y

−
0
+
0
−
0
+
y
+∞
4
+∞

4−

4−
Hàm số đồng biến trong các khoảng:
( ) ( )
2;0 , 2;− +∞
Hàm số nghịch biến trong các khoảng:
( ) ( )
; 2 , 0;2−∞ −
Các điểm cực tiểu của đồ thị:
( 2; 4),(2; 4)− − −
Điểm cực đại:
(0;4)
+ Điểm uốn của đồ thị:
2

2
'' 6 8, '' 0
3
y x y x= − = ⇔ = ±
, các điểm uốn
1,2
2 4
;
9
3
U
 
± −
 ÷
 
+ Đồ thị:
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu I.2
(1,0 đ)
4 2 2
2
2
1
4 4
2
0
' 2 ( 4 ); ' 0

4
y x mx m
x
y x x m y
x m
= + +
=

= + = ⇔

= −

Để đồ thị hàm số có 3 cực trị thì
4 0 0m m− > ⇔ <
Cực đại
2
(0;4 )A m
, hai cực tiểu
2 2
( 2 ; 4 ), (2 ; 4 )B m m C m m− − − − −
Khoảng cách từ cực đại đến đường thẳng qua 2 cực tiểu:
2
8h m=
,
4BC m= −
2
2
1 1 1
. 4 .8
2 2 2

1
32 1
4
ABC
S BC h m m
m m m
= = − =
⇔ − = ⇔ = −
V
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu II.1
(1,0 đ)
Giải phương trình:
2
3(tan sin )
2cos (1 cos ) 2sin
tan sin
x x
x x x
x x
+
− + =
−
Điều kiện:
sin 0
sin (1 cos )
tan sin 0

0
cos 1 ,
cos
cos 0
2
cos 0
cos 0
x
x x
x x
x x k k Z
x
x
x
x
π
≠

−

− ≠
≠

 
⇔ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ∈
  
≠

 
≠

≠


, (*)
Với điều kiện (*) ta có:
0,25
( )
2
3(tan sin ) 3(tan sin )
2cos (1 cos ) 2sin 2(1 cos )
tan sin tan sin
3(1 cos )
2(1 cos ) (1 cos ) 3 2(1 cos ) 0
1 cos
x x x x
x x x x
x x x x
x
x x x
x
+ +
− + = ⇒ = +
− −
+
⇒ = + ⇒ + − − =
−
1
cos
2
cos 1, ( sin 0

2
2
3
x
x x
x k
π
π

= −

⇒

= − =

⇒ = ± +
loaûi do : )
Vậy phương trình có nghiệm:
2
2 ,
3
x k k Z
π
π
= ± + ∈
0,25
0,25
0,25
Câu II.2
(1,0 đ)

Giải hệ phương trình:
2 2
2( ) 6
( 2)( 2) 9
x y x y
xy x y

+ + + =

+ + =

.
{ }
2 2
2 2
2 2
2
2
( 2 ) ( 2 ) 6
2( ) 6
( 2)( 2) 9
( 2 )( 2 ) 9
2 3
2 3
( ; ) (1;1),(1; 3),( 3;1),( 3; 3)
x x y y
x y x y
xy x y
x x y y
x x

y y
x y

+ + + =

+ + + =

⇔
 
+ + =
+ + =




+ =

⇔

+ =


⇔ ∈ − − − −
0,25
0,25
0,5
Câu III
(1,0 đ)
2 2
2

3 3
2 2
3 3
2 2
3 3
2
3 3
( sin )sin (1 sin ) sin
(1 sin )sin (1 sin )sin
sin 1 sin
x x x x x x x
I dx dx
x x x x
x dx
dx
x x
π π
π π
π π
π π
+ + + +
= =
+ +
= +
+
∫ ∫
∫ ∫
+ Đặt
2
cot

sin
u x
du dx
dx
v x
dv
x
=

=


⇒
 
= −
=




( )
2 2
2 2
3 3
3 3
2
3 3 3 3
cot cot cot ln sin
sin
3

| |
x
dx x x xdx x x x
x
π π
π π
π π π π
π
= − + = − + =
∫ ∫
2 2 2
3 3 3
2
3 3 3
2
3
3

1 sin
1 cos 2cos
2 4 2
tan 3 2
4 2
|
dx dx dx
x
x
x
x
π π π

π π π
π
π
π π
π
+ = = =
+
   
+ − −
 ÷  ÷
   
 
= − = −
 ÷
 
∫ ∫ ∫
Vậy
3 2
3
I
π
= + −
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu IV
(1,0 đ)
Từ giả thiết suy ra tam giác
ABC

vuông cân tại
C
.
( ' ')BC CAA C⊥
·
0
' 3
tan30
tan '
BC a
CA a
BA C
= = =
Nên:
2 2 2 2
' ' 3 2AA A C AC a a a= − = − =
Thể tích của lăng trụ là:
2 3
2
. ' 2
2 2
ABC
a a
V S AA a= = =
0,25
0,25
* Tính
( )
,( ' )d M A BC
:

Dễ thấy
( ' ') 'BC ACC A A BC⊥ ⇒ ∆
vuông tại C

( ) ( )
( )
'. '
' '
1
,( ' ) ',( ' )
2
1 1
',( ' )
2 2
3.
1 1 1
1
2 2 2
6
' .
2
C A BC
A BC A BC
d M A BC d B A BC
d C A BC h
V
V V a
S S
A C BC
= =

= = =
= = = =
0,25
0,25
Câu V
(1,0 đ)
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
4 4
1
a b
P
a b
+
=
+ +
Ta có:
( )
2
2
2 2 2 4 4 2 2 2 4
1 1 1 1 1
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 8
a b a b a b a b a b a b
 
+ ≥ + ⇒ + ≥ + ≥ + = +
 ÷
 
Nên
4 4 4

4
8
1
1 8 ( )
1 ( )
8
a b a b a b
P
a b a b
a b
+ + +
= ≤ =
+ + + +
+ +
Đặt
0t a b= + ≥
và xét:

[
)
( )
4
4
2
4
8
( ) ; 0;
8
8(8 3 )
'( )

8
t
f t t
t
t
f t
t
= ∈ +∞
+
−
=
+
4
8
'( ) 0
3
f t t= ⇔ =
Bảng biến thiên:
t
0
4
8
3

+∞
'( )f t

+
0
−

( )f t

4
27
32
0 0
Vậy
4 4
27 27
32 32
P− ≤ ≤
P
bé nhất bằng
4
27
32
−
khi
2
1
6
a b= = −
P
lớn nhất bằng
4
27
32
khi
2

1
6
a b= =
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
AVI.1
(1,0 đ)
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho hai đường thẳng
: 0x y∆ + =
và
': 7 0x y∆ − =
.
Lập phương trình đường thẳng
( )l
đi qua điểm
(4;0)A
và cắt
, '∆ ∆
lần lượt tại
,M N
biết tam giác
OMN
cân tại
O
.

Ta có O là giao điểm hai đường thẳng đã cho. Tam giác OMN cân tại O nên (
l
)
30
o
'A
A
C
B
'C
'B
M
vuông góc với đường phân giác của góc hợp bởi hai đường thẳng
∆
và
'∆
.
+ Phương trình các đường phân giác góc hợp bởi hai đường thẳng
∆
và
'∆
:
3 0
7
3 0
2 50
x y
x y x y
x y
+ =


+ −
= ± ⇔

− =

Vậy có 3 đường thẳng thỏa mãn:
( ) :3 12 0
( ) : 3 4 0
l x y
l x y
− − =


+ − =

0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
AVI.2
(1,0 đ)
Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho mặt cầu
( )
2 2 2
: 2 6 6 6 0S x y z x y z+ + − − − − =
và đường thẳng

2 2
: 1

x t
y
z t
= −


∆ =


=

. Lập phương trình mặt phẳng
( )
α
chứa đường thẳng
∆
và cắt mặt cầu
( )
S
theo đường tròn có bán kính bằng 4

Mặt cầu có tâm:
(1;3;3)I
có bán kính:
5R
=
Mặt phẳng

( )
α
có phương trình dạng:
2 2 2
0,( 0)ax by cz d a b c+ + + = + + >
Mặt phẳng
( )
α
chứa đường thẳng
∆
nên:
( )
(2;1;0)
( ; ; ) ( 2;0;1)
A
n a b c u
α

∈


⊥ −


r r
Mặt phẳng
( )
α
cắt (S) theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên:
( )

2 2
,( ) 4 3d I R
α
= − =
Ta có hệ:
2 2
2 2 2 2 2
2 0 2 2
2 0 2 2
3 3 5 2
20 20 5 0
3 3
5
a b d d a b d a b
a c c a c a
a b c d a b
a ab b
a b c a b
 
 

+ + = = − − = − −
 
  
− + = ⇔ = ⇔ =
  
  
+ + + +
− + =


 
= =
 
+ + +
 
Xét
0 0, 0b a c= ⇒ = =
loại
Xét
0b ≠
, chọn
2b =
1a
⇒ =
,
2, 4c d= = −
Mp
( )
: 2 2 4 0x y x
α
+ + − =
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
AVII
(1,0 đ)
Giải bất phương trình:
2

2
log 64 log 16 3
x
x
+ ≥
Điều kiện:
1
0; ; 1
2
x x x> ≠ ≠
2
2
2 2
6 4
log 64 log 16 3 3
1 log 2log
x
x
x x
+ ≥ ⇔ + ≥
+
Đặt
2
log ; 0, 1t x t t= ≠ ≠ −
ta được:
6 2 3 5 2
3 0
1 (1 )
t t
t t t t

− + +
+ ≥ ⇔ ≥
+ +
1
1
3
0 2
t
t
−

− < ≤

⇔

< ≤

Vậy:
2
3
2
1 1
1
1 log
2
3
2
0 log 2
1 4
x

x
x
x
−


< ≤
− < ≤


⇔


< ≤
< ≤



0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
B.VI.1
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường thẳng
:3 4 12 0x y∆ − − =
và hai điểm
(1;1), ( 1;5)A B −

. Lập phương trình đường tròn
( )
c
đi qua
,A B
và cắt đường thẳng
(1,0 đ)
∆
tại hai điểm
,M N
biết dây cung
MN
có độ dài bằng 6.
Gọi
( , )I a b
là tâm đường tròn, P là trung điểm MN nên
, 3IP MN MP⊥ =
Ta có:
2 2 2 2
2 2
2 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 5)
3 4 12
( , )
( 1) ( 1) 9
5
a b a b R
IA IB R
a b
d I IP IM MP

a b

− + − = + + − =
= =

 
⇔
 
− −
∆ = = −

= − + − −



( )
( )
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
2 6 2 6
121 630 125 0
2 30 25 (2 7) ( 1) 9
R a b R a b
a b a b
b b
b b b



= − + − = − + −



⇔ = − ⇔ = −
 
 
− + =
− = − + − −



2
2
5, 4, 25
25 676 644425
, ,
121 121 14641
b a R
b a R

= = =

⇔
−

= = =


Có hai đường tròn

2 2
2 2
( ) : ( 4) ( 5) 25
25 676 644425
( ') :( ) ( )
121 121 14641
C x y
C x y
− + − =
− + + =
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
B.VI.2
(1,0 đ)
Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho hai điểm
( )
1;4;2A
,
( )
1;2;4B −
. Viết phương
trình đường thẳng
( )
∆
đi qua trực tâm

H
của tam giác
OAB
và vuông góc với mặt
phẳng
( )
OAB
. Tìm tọa độ điểm
M
trên mặt phẳng
( )
OAB
sao cho
2 2
MA MB+
nhỏ
nhất.
( )
( )
( )
1;4;2
, 12, 6,6
1;2;4
OA
n OA OB
OB

=

 

⇒ = = −

 
= −


uuur
r uuur uuur
uuur
mặt phẳng
( ):OAB
2 0x y z− + =
( , , )H a b c
là trực tâm tam giác OAB nên :
0
( )
2 0
5
2 2 2 0
2
( 1) 2( 4) 4( 2) 0
5
2
a
H mp OAB
a b c
OH AB a b c b
a b c
AH OB
c



=
∈

− + =



 
⊥ ⇔ − − + = ⇔ =
  
  
− − + − + − =
⊥



=


uuur uuur
uuur uuur
( )
2
5
:
2
5
2

x t
y t
z t


=


∆ = −



= +


Với mọi điểm
K
ta đều có:
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
2 2MA MB KA KM KB KM KA KB KM KM KA KB+ = − + − = + + − +
uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuur uuur
Chọn
(0;3;3)K
là trung điểm
AB
nên
2 2 2 2
2 2MA MB KA KM+ = +

KA
không đổi nên
2 2
MA MB+
nhỏ nhất khi
KM
ngắn nhất khi đó
M
là hình chiếu
của
K
trên mặt phẳng
( )OAB
0,25
0,25
0,25
( ; ; ) ( ; 3; 3) / / (2; 1;1)
(2 ;3 ;3 )
M x y z KM x y z n
M t t t
⇒ = − − = −
⇔ − +
uuuur r
( ) 4 (3 ) (3 ) 0 0M OAB t t t t∈ ⇒ − − + + = ⇒ =
Vậy
(0;3;3)M
0,25
Câu
B.VII
(1,0 đ)

Tìm hệ số chứa
18
x
trong dạng khai triển của biểu thức:
13 2 10
( 2) ( 2 4)P x x x= + − +
( )
( )
( )
( )
( )
10 10
3 3
2 3
10
3 10 3 2
10
0
( 2)( 2 4) 2 8 2
8 6 12 8
k k k
k
P x x x x x x
C x x x x
−
=
= + − + + = + + =
= + + +
∑
Hệ số chứa

18
x
là:
5 5 6 4
18 10 10
8 8 .8a C C= +
(chỉ có trong trương hợp
5k =
và
6k =
)
Vậy hệ số cần tìm:
18
15138816a =
0,25
0,25
0,25
0,25