ĐE THI THU TRUONG CHUYE LQD QT

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút,
ĐỀ THI THỬ LẦN 1
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số:
2 2
,(1)
1
x
y
x
+
=
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số
(1)
.
2.
I
là giao điểm hai tiệm cận của
( )C
, đường thẳng
( )d
có phương trình:
2 5 0x y− + =
,
( )d
cắt

( )C
tại hai điểm
,A B
với
A
có hoành độ dương. Viết phương trình các tiếp tuyến của
( )C
vuông
góc với
IA
.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
(1 cos2 )sin 2
2(sin3 sin )(1 sin )
1 sin
x x
x x x
x
+
= + +
−
2. Giải bất phương trình:
2 2
2 3 2x x x x x− + + ≥
Câu III. (1,0 điểm) Tìm
2
1
( ) ln
( 2)

F x x x dx
x
 
= −
 ÷
+
 
∫
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông cân tại
C
cạnh huyền bằng
3a
.
G
là trọng tâm tam giác
ABC
,
( )
SG ABC⊥
,
14
2
a
SB =
. Tính thể tích hình chóp
.S ABC

và khoảng cách từ
B
đến mặt phẳng
( )
SAC
.
Câu V. (1,0 điểm) Cho
, ,x y z
thuộc đoạn
[ ]
0;2
và
3x y z+ + =
.
Tìm giá trị lớn nhất của
2 2 2
A x y z= + +
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 tam giác
ABC
có trung điểm cạnh
AB
là
( 1;2)M −

, tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác là
(2; 1)I −
. Đường cao của tam giác kẻ từ
A
có phương trình:
2 1 0x y+ + =
. Tìm tọa độ đỉnh
C
.
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho
(1;2; 1), ( 1;1;2), (2; 1; 2)A B C− − − −
,
D
là đỉnh thứ tư của hình
bình hành
ABCD
,
G
là trọng tâm của tam giác
BCD
. Tìm tọa độ của điểm
'G
đối xứng với
G

qua đường thẳng
BD

.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình:
2
9 3 3
log ( 1) log (4 ) log (4 )x x x+ = − + +
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI. b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho tam giác
ABC
có
( 12;1)B −
, đường phân giác trong góc
A
có
phương trình:
2 5 0x y+ − =
. Trọng tâm tam giác
ABC
là
1 2
;
3 3
G
 
 ÷
 
.Viết phương trình đường
thẳng

BC
.
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho
(1;2; 1), ( 1;1;2), (2; 1; 2)A B C− − − −
,
D
là đỉnh thứ tư của hình
bình hành
ABCD
. Tìm tọa độ của điểm
M
thuộc trục cao sao cho thể tích khối chóp
.M BCD

bằng 4.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
( )
2
4
1
4log 1 log 2
2
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:……………
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011

Môn: Toán_ Khối D
Câu I.1
(1,0 đ)
Khảo sát hàm số
2 2
( )
1
x
f x
x
+
=
−
Tập xác định
{ }
\ 1D R=
Sự biến thiên
lim 2 2
x
y y
→±∞
= ⇒ =
là tiệm cận ngang
1
1
lim
lim
x
x
y

y
+
−
→
→
= +∞
= −∞

1x
⇒ =
là tiệm cận đứng

( )
2
4
' 0, 1
1
y x
x
−
= < ∀ ≠
−

Bảng biến thiên:
x
−∞

1

+∞

'y
+
0
||
−

0

+
y
Hàm số nghịch biến trên
( ) ( )
;1 , 1;−∞ +∞
Đồ thị
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu I.2
(1,0 đ)
Tìm các tiếp tuyến vuông góc với IA?
( )
1,2I
,
5
:
2
x
d y
+

=
Phương trình cho hoành độ giao điểm của (C) và
2 2 5
:
1 2
x x
d
x
+ +
=
−
( )
3
3;4
3,( )
x
A
x loai
=

⇔ ⇒

= −

Hệ số góc của IA là
3 1
1
4 2
k
−

= =
−
Tiếp tuyến có hệ số góc
' 1k = −
2
3
4
1
1
( 1)
x
x
x
=

−
⇒ = − ⇒

= −
−

Có 2 tiếp tuyến :
7
1
y x
y x
= − +


= − −


0,25
0,25
0,25
0,25
Câu II.1
(1,0 đ)
Giải phương trình:
(1 cos2 )sin 2
2(sin3 sin )(1 sin )
1 sin
x x
x x x
x
+
= + +
−
,(1)
Đk:
sin 1x ≠
2 2
(1) 2cos .sin 2 4sin 2 .cos .cosx x x x x⇔ =
0,25
−∞
+∞
2
2
2
cos 0
2cos .sin 2 (2cos 1) 0 sin 2 0

1
cos
2
2
2
2
2
3
x
x x x x
x
x k
k
x
x k
π
π
π
π
π


=

⇔ + = ⇒ =


−
=




= +



⇔ =



= ± +


Đ/c điều kiện: (1) có nghiệm:
2
2
2
2
3
x k
x k k Z
x k
π
π
π
π
π


=


−

= + ∈



= ± +

0,25
0,25
0,25
Câu II.2
(1,0 đ)
Giải bất phương trình:
2 2
2 3 2x x x x x− + + ≥
,(2)
Đk:
2
2
3
2 0 0; 2
0
3; 0
3 0
2
x
x x x x
x

x x
x x
x
≤ −


− ≥ ≤ ≥



⇔ ⇔ =
 

≤ − ≥
+ ≥




≥

TH1:
3
0
x
x
≤ −


=


(2)⇒
đúng;
3
0
x
x
≤ −


=

là nghiệm
TH2:
2x
≥
( )
2
2
2 2
2 3 2
2 1 2 6 4
2 6 2 1 0,( : 2)
4 6 4 4 1
25
8
x x x
x x x x
x x x do x
x x x x

x
⇒ − + + ≥
⇔ + + + − ≥
⇔ + − ≥ − > ≥
⇔ + − ≥ − +
⇔ ≥
KL: nghiệm của (2) là
3
0
25
8
x
x
x


≤ −

=


≥


0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III
(1,0 đ)

2
2
2
2
2
2 2
2
2 2
1
( ) ln
( 2)
( ) ln
( 2)
ln
2
1 2 2
( ) ln
2 2 ( 2)
1 2
ln
2 4 2 ( 2)
2
ln ln 2
2 4 2
F x x x dx
x
xdx
F x x xdx
x
dx

du
u x
x
dv xdx
x
v
x x
F x x xdx dx
x
x x
x dx
x x
x x
x x C
x
 
= −
 ÷
+
 
= −
+

=

=


⇒
 

=


=


 
+ −
⇒ = − −
 ÷
+
 
 
= − − −
 ÷
+ +
 
= − − + − +
+
∫
∫ ∫
∫ ∫
∫
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu IV
(1,0 đ)
Gọi

I
là trung điểm
AB
,
3
2 2
a a
CI IG= ⇒ =
Tam giác vuông
2
2 2 2
10
4
a
BIG BG BI IG⇒ = + =
2 2
2 2
14 10
4 4
a a
SG SB BG a= − = − =
3
1 1 1 3 3
. 3 . .
3 3 2 2 4
SABC ABC
a a
V S SG a a= = =
Kẻ
, ,( / / )GK AC K AC GK BC SK BC⊥ ∈ ⇒ ⊥

2
2 2 2
3 3
;
2
2 2 2 2
GC a a a a
GK SK SG GK a AC= = ⇒ = + = + = =
2
1 3 3 3 3
.
2 2 4
2
SAC
a a
S a⇒ = =
h
là khoảng cách từ
B
đến mặt phẳng
( )
SAC
3
3
SABC
SAC
V
h a
S
⇒ = =

0,25
0,25
0,25
0,25
Câu V
(1,0 đ)
Cho
, ,x y z
thuộc
[ ]
0;2
và
3x y z+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của
2 2 2
A x y z= + +
Giả sử:
[ ]
3 3 1 1;2x y z x y z z z z≤ ≤ ⇒ = + + ≤ ⇒ ≥ ⇒ ∈
Lại có:

( )
2 2 2
2
2 2
( ) ,(*)
3 2 6 9
x y x y
A z z z z

+ ≤ +
⇒ ≤ − + = − +
Xét
[ ]
2
3
( ) 2 6 9, 1;2 '( ) 4 6, '( ) 0
2
f z z z z f z z f z z= − + ∈ ⇒ = − = ⇔ =
3 9
(1) 5; (2) 5;
2 2
f f f
 
= = =
 ÷
 
Kết hợp (*) ta có
Vậy
max 5A
=
khi
0; 1; 2x y z= = =
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
AB đi qua M nhận
(3, 3)MI = −

uuur
làm vtpt nên có pt:
3 0x y− + =
G
I
M
S
A
C
B
K
AVI.1
(1,0 đ)
Tọa độ A là nghiệm của hệ :
3 0
4 5
;
2 1 0
3 3
x y
A
x y
− + =

−
 
⇒

 ÷
+ + =

 

( 1;2)M −
là trung điểm của AB nên
2 7
;
3 3
B
−
 
 ÷
 
BC nhận
(2;1)n =
r
làm vtcp nên có pt:
2 2 2 2
2 2
2
2
2 7
3
2 ;
7
3 3
3
8 10 8 10
2
3 3 3 3
0,loai (do )

4
5
x t
C t t
y t
IB IC IB IC t t
t C B
t
−

= +

−

 
⇒ + +

 ÷
 

= +


       
= ⇒ = ⇒ − + + = +
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
= ≡



⇒

=

Vậy
14 47
;
15 15
C
 
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
AVI.2
(1,0 đ)
( )
4;0; 5AD BC D= ⇒ −
uuur uuur
5 5
;0;
3 3
G
−
 
⇒
 ÷

 
. Gọi
( )
; ;H x y z
là hình chiếu của G lên BD
5 1
1
7 2
x t
BH tBD y t
z t
= −


⇒ = ⇒ = − +


= − +

uuur uuur
( )
( )
8 11
5 ;1 ; 7 ; 5; 1; 7
3 3
8 11
5 5 1 7 7 0
3 3
8 5 7 26
; ;

15 3 15 15
5 14 9
' ; ;
3 15 5
GH t t t BD
GH BD t t t
t H
G
 
= − − − = − −
 ÷
 
   
⊥ ⇒ − − − − − =
 ÷  ÷
   
−
 
⇒ = ⇒
 ÷
 
−
 
⇒
 ÷
 
uuur uuur
uuur uuur
0,25
0,25

0,25
0,25
Câu
AVII
(1,0 đ)
Giải phương trình:
2
9 3 3
log ( 1) log (4 ) log (4 )x x x+ = − + +
,(*)
Đk:
4 4
1
x
x
− < <


≠

(*)
( )
2 2
3 3
log 1 log 16 1 16x x x x⇒ + = − ⇒ + = −
2
2
1 4
1 61
15 0

2
4 1
1 69
2
17 0
x
x
x x
x
x
x x

− < <


− +


=

+ − =



⇒ ⇒


− < < −

−


=




− − =


vậy (*) có 2 nghiệm
1 61
2
x
− +
=
và
1 69
2
x
−
=
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
B.VI.1
(1,0 đ)
Gọi H là hình chiếu của B trên
( )

5 2
: 5 2 ;
x t
d H t t
y t
= −

⇒ −

=

( ) ( ) ( )
( )
17 2 ; 1 2;1 2 17 2 1 0
7 9;7
d
BH t t u t t
t H
= − − ⊥ = − ⇒ − − + − =
⇒ = ⇒ −
uuur uur
Gọi M là điểm đối xứng của B qua
d

( )
( ) ( )
2 6;13
5 2 ; 8 2 ;1
BM BH M AC
A d A a a C a a

⇒ = ⇒ − ∈
∈ ⇒ − ⇒ + −
uuuur uuuuuuur
( )
/ / 2 4;3MA MC a C⇒ = − ⇒
uuur uuuur
Vậy
: 8 20 0BC x y− + =
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
B.VI.2
(1,0 đ)
( )
4;0; 5D −
( )
( )
( )
0;0;
1
,
6
(3; 2; 4), (5; 1; 7) , 10;1;7
1; 1, 2
29
1
7
4 7 5 4

19
6
7
BCDM
BCDM
M Oz M a
V BC BD BM
BC BD BC BD
BM a
a
V a
a
∈ ⇒
 
=
 
 
= − − = − − ⇒ =
 
= − −

=

= ⇔ − = ⇒

−

=



uuur uuur uuuur
uuur uuur uuur uuur
uuuur
Vậy
29
0;0;
7
M
 
 ÷
 
hoặc
19
0;0;
7
M
−
 
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
B.VII
(1,0 đ)
Giải bất phương trình:
( )
2

4
1
4log 1 log 2
2
x
x + ≤
,(*)
Đk:
0 1x< ≠
( )
2
2
2
2
2 2
2
2
2 2 2
log 1 1
(*)
log 2
2log log 2
0
2log
log 0, : 2log log 2 0
0 1
x
x
x x
x

x Do x x
x
+
⇒ ≤
− +
⇔ ≤
⇔ ≤ − + >
⇔ < <
Đối chiếu điều kiện: (*) có nghiệm
0 1x
< <
0,25
0,25
0,25
0,25