SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 2 1

1x

yx

(C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi M là điểm nằm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1, I là giao điểm hai đường tiệm cận. Tiếp tuyến với (C) tại M cắt

tiệm cận đứng tại A, cắt tiệm cận ngang tại B. Tính diện tích tam giác IAB. Câu II (2,0 điểm).

1. Giải phương trình 3 2

2

4cos 2cos 2sin 1 sin 2 20

2 1x x x x sinx cosx

sin x

.

2. Giải bất phương trình sau 22 5 3 2 3 6 .5 2

3 .5 1

x

x

x x x xx

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 2

1

ln 3 ln1 ln

e xI x x dxx x

Câu IV (1,0 điểm). Chohình chóp S.ABC có 3SA a (với a dương); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 600. Tam giác ABC vuông tại B, 30ACB . G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho , ,x y z là những số thực dương thoả mãn điều kiện 2 2 2 1x y z .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 5 3 5 3 5 3

2 2 2 2 2 22 2 2x x x y y y z z zP

y z z x x y

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 với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết 1;1C , trực tâm 1;3H , trung điểm của cạnh AB là điểm

5;5I . Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tan giác ABC.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD biết 1;0; 2 , 1;1;0 , 2;1; 2B C D , vectơ OA

cùng phương

với vectơ 0;1;1u

và thể tích tứ diện ABCD là 56

. Lâp phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Câu VII.a (1,0 điểm). Giải phương trình 2

2 22 log log 44 6 2.3x xx B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm).

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm 2;1A và đường tròn (C): 2 21 2 5.x y Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt B, C sao cho đoạn thẳng BC ngắn nhất.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1:

2 1 3x y zd

và mặt phẳng (P): 7 9 2 7 0x y z cắt nhau.

Viết phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d và cách d một khoảng là342

.

Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

2 2

2 22 2

2

log log 91 log 1 log 10

91 log 2.log 2 .log ( )

2x y

xx

xy

yy

-----------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:...............................................................................

ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) * Tập xác định / 1D R * Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: 2

3' 0,1

y x Dx

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;1 và 1; .

0,25

Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2;x x

y y

tiệm cận ngang: 2y

1 1

lim lim 1;x x

y y

tiệm cận đứng: 1x

0,25

Bảng biến thiên: x 1 'y - -

y 2

2

0,25

Ta có 2

3'1

yx

. Do điểm M thuộc (C) nên 2 1

1; ; 1a

aM a a

.

0,25

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M là 2

3 2 1( 1) 1

ay x aa a

(d)

0,25

Toạ độ giao điểm (d) và tiệm cận đứng là 2 41;

1aAa

. Toạ độ giao điểm (d) và tiệm cận ngang là

2 1;2B a . Tọa độ giao điểm 2 đường tiệm cận là 1;2I

0,25

I. (2,0 điểm)

Ta có 6 60; ; 2 2;0 2 21 1

IA IA IB a IB aa a

.

Vậy diện tích tam giác IAB là: 1 1 6. . 2 2 62 2 1IABS IA IB a

a

0,25

1. (1,0 điểm)

Điều kiện 22sin 1 04 2

x x k

0,25

Phương trình tương đương với 24 2 2 0cos x sinx cosx cosx sinx cosx sinx cosx 0,25

2 1 2 1 0sinx cosx cosx cosx

Từ đó tìm được 4

x m hoặc 2x m hoặc 2 23

x m

0,25

Đối chiếu điều kiện ta được 2

3mx

. 0,25

2. (1,0 điểm)

II. (2,0 điểm)

Điều kiện: 1 32

x . Bất phương trình tương đương với 0,25

TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2012

Môn: TOÁN; Khối: A (Đáp án- thang điểm gồm 05 trang)

22 5 3 3 2)5 6 23 . 5

5 (x x

xx x x x

x

3 .5

03 5

5 3 2 1x x

x

xx

x x

(1)

Xét hàm số ( ) 3 5xg x x , 5ln 5'( ) 3 5 .ln 5, ( ) 0 log3

xg x g x x

.

Lâp bảng biến thiên, ta thấy 5ln 5( ) log 03

g x g

0,25

(1) 3 03 2 1 xx x ( vì 5 0x )5 157

22x

0,25

Vậy nghiệm của bất phương trình là: 5 157 ;3

22T

0,25

(1,0 điểm)

2 21 2

1 1 1

ln ln3 ln ln1 ln 1 ln

3 3e e ex xI x x dx dx x x dx

x x x xI I

0,25

+ Tính 11

ln1 ln

e x dxx x

I

. Đặt 2 21 ln 1 ln ln 1x x xt t t . Suy ra 2dx tdt

x

Khi 1 1; 3 2x t x t .

222 2 32

11 1 1

1 2(2 2).2 2 1 23 3

t tI tdt t dt tt

.

0,25

+Tính 22

1ln

e

I x x dx . Đặt 2 3

ln

3

dxduu x xdv x dx xv

3 3 3 3

22 1 1

1 1

1 1 2 1ln ln3 3 3 3 3 9

eee ex x x eI x x dx x

0,25

III. (1,0 điểm)

3

1 25 2 2 23

3eI I I

0,25

(1,0 điểm) Gọi K là trung điểm BC.

Ta có 0 3( ); 60 , .2aSG ABC SAG AG

0,25

Từ đó 9 3 3; .4 2a aAK SG

0,25

Trong tam giác ABC đặt 2 ; 3.AB x AC x BC x

Ta có 2 2 2AK AB BK nên 9 7

14ax

0,25

IV. (1,0 điểm)

3.

1 243.3 112S ABC ABCV SG aS (đvtt)

0,25

(1,0 điểm) Do x, y, z > 0 và 2 2 2 1x y z nên x,y, z ( 0;1)

0,25 V.

(1,0 điểm)

Ta có 5 3 2 2

32 2 22 ( 1)

1x x x x x x x

y z x

.

Khi đó, ta có: 3 3 3( ) ( ) ( )P x x y y z z

0,25

Xét hàm số 3( ) , 0;1f a a a a . Ta có 0;1

2 3max ( )9

f a . Suy ra 2 3

3P .

0,25

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 2 3

3, đạt được khi

13

x y z . 0,25

1. (1,0 điểm) Phương trình AB: 10 0x y . 0,25 Do A AB nên ( ;10 )A b b .Từ I là trung điểm AB, tìm được (10 ; )B b b . 0,25

(1 ; 7); (11 ; 1).AH b b CB b b

Ta có . 0AH CB AH CB

. 0,25

1 11 7 1 0 1; 9b b b b b b

Khi 1b 1;9 ; 9;1A B .

Khi 9 9;1 , 1;9b A B

0,25

2. (1,0 điểm) Từ giả thiết có . (0; ; )OA t u t t

(0; ; ). (0;1; 2), (3;1;4), (1; ; 2)A t t BC BD BA t t

0,25

, (2; 6; 3)BC BD

. Suy ra , 9 4.BC BD BA t

0,25

Ta có ABCDV 1 5 1, 9 46 6 6

BC BD BA t 11;

9t t .

0,25

Với 1 (0;1;1)t A .

Mặt cầu cần tìm có phương trình là: 2 2 2 7 29 7 46( ) : 05 5 5 5

S x y z x y z .

Với 1 09

t , tương tự ta tìm được phương trình mặt cầu

0,25

3. (1,0 điểm) Điều kiện 0x

22 22 log log 44 6 2.3x xx

22 22 2 2 2 2

1 loglog 4 log log 4 2log 2 2log 262 6 2.3 2 2.3 0

6

xx x x x x

0,25

2 2 22log 2 1 log 2log 26.2 6 12.3 0x x x 0,25 2 22log 2 log 22 26. 12 0

3 3

x x

0,25

VIa. (3,0 điểm)

2log 22 3 13 2 4

x

x

0,25

1. (1,0 điểm) Kiểm tra điểm A ta thấy A nằm trong đường tròn (C). 0,25 Khi đó PA/(C) = 2 2. . 3AB AC AB AC IA R

. Suy ra AB.AC=3. 0,25

Theo BĐT AM-GM ta có 2 . 2 3BC AB AC AB AC . Đẳng thức xảy ra khi A là trung điểm của BC.

0,25

Đường thẳng d là qua A(2;1) nhận (1; 1)IA

là vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình đường thẳng d là x-y-1=0.

0,25

2. (1,0 điểm) Đường thẳng d có vectơ chỉ phương (2; 1; 3)du

.mp(P) có vectơ pháp tuyến (7;9;2)Pn

. 0,25

Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và H là hình chiếu của M trên thì

(4; 1; 6)M . Đường thẳng có vectơ chỉ phương 1 , (1; 1;1)25

P du n u

0,25

VIb. (3,0 điểm)

Ta thấy , d là hai đường thẳng chéo nhau có khoảng cách 142

0,25

nên , 33 3 1

42 42 42,

d

d

u u MH tt

u u

hoặc 1t

Vậy có hai đường thẳng cần tìm là 1 2

7 15 ': 4 ( ); : 6 '( )

10 22 '

x t x ty t t R y t t Rz t z t

0,25

3. (1,0 điểm) Điều kiện: 0 , 1x y . Đặt 2 2log ; loga x b y . Khi đó, hệ phương trình trở thành:

2 2

91 1 10

1 912

a ba b

a bab

(*)(**)

2 210 1 9 1 1

2 1 9

a b ab a b

a b ab ab

(1)(2)

0,25

Lấy phương trình (1) chia vế theo vế (2) ta được: 2

2 22

5 15 1 11

a bab a ba b

(3)

Từ (*), ta suy ra 2 2

91 10 1

a ba b

.

0,25

Thay vào (3), ta có: 2 2

2 29 1 1 95 5 0

10 1 1 2b b b bb b b b

(4)

Đặt 21 bt

b

. Phương trình (4) trở thành: 25 9 50 2 9 10 0 2;2 2

t t t t tt

.

0,25

Với 2t 2 2 1 0 1b b b 2y 2

4xx

Với 22 4, 2

5 2 5 2 0 12 2, 22

b y xt b b

b y x

Vậy hệ có nghiệm ( ; ) (2;4);(2; 2)x y 2;4 , 4;2 .

0,25