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
1
x
y
x



(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 2

x
I x x dx
x x
 

 
 
 


Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có
3
SA a

(với
0
a

); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 60
0
. Tam giác
ABC vuông tại B,

0
30
ACB 
. 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

5;5
I . 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; 2
B C D
  
, vectơ
OA

cùng
phương với vectơ


0;1;1
u 

và thể tích tứ diện ABCD là
5
6
. Lâp phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình
2
2 2
2

x y z
   

cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng

nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với
d
và cách d một khoảng là
3
42
.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
 
2 2
2 2
2 2
2
log log 9
1 log 1 log 10
9
1 log 2.log 2 .log ( )
2
x y
x
x
xy
y
y

 

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm M thuộc (C), biết M cùng với hai điểm cực trị tạo thành
một tam giác có diện tích bằng 6.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
 
4 4
2
1 cot 2 .
1 6 sin
x cotx
x cos x
cos x

  
2. Giải hệ phương trình sau:
2 2 2
7 1
10 1
xy x y
x y y
  
 




Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân



phẳng (ABC). Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a.
Câu V (1,0 điểm) Tìm m để phương trình


2
12 4 3 3 24 3 1 2 4 3
x x x m x x
       
có nghiệm.
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 toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết


1;1
C  , trực tâm


1;3
H , trung điểm của cạnh AB là
điểm


5;5
I . 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




Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm


2;1
A và đường tròn (C):
   
2 2
1 2 5.
x y
   
Viết phương
trình đường thẳng d qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biết B, C sao cho đoạn thẳng BC ngắn nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1
:
2 1 3
x y z
d

 
 
và mặt phẳng (P):
7 9 2 7 0
x y z
   

cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng

nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với


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)

ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
* Tập xác định


/ 1
D R
* Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
 
2
3
' 0,
1
y x D
x
    


Hàm số nghịch biến trên các khoảng

tiệm cận đứng:
1
x
0,25
Bảng biến thiên:
x



1



'
y

- -
y

2






 
 
.

0,25
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M là
 
2
3 2 1
( 1) 1
a
y x a
a a

   
 
(d)

0,25
Toạ độ giao điểm (d) và tiệm cận đứng là
2 4
1;
1
a
A
a

 
 

.
Vậy diện tích tam giác IAB là:
1 1 6
. . 2 2 6
2 2 1
IAB
S IA IB a
a
   

0,25
1. (1,0 điểm)
Điều kiện
2
2sin 1 0
4 2
x x k
 
    
0,25
Phương trình tương đương với







x m


  

0,25
Đối chiếu điều kiện ta được
2
3
m
x

 .
0,25
2. (1,0 điểm)
II.
(2,0 điểm)

Điều kiện:
1
3
2
x
  
. Bất phương trình tương đương với 0,25

2

 
,
5
ln5
'( ) 3 5 .ln5, ( ) 0 log
3
x
g x g x x
 
    
 
 
.
Lâp bảng biến thiên, ta thấy
5
ln5
( ) log 0
3
g x g
 
 
 
  
 
 

0,25
(1)

  

2 2
1 2
1 1 1
ln ln
3 ln ln
1 ln 1 ln
3 3
e e e
x x
I x x dx dx x x dx
x x x x
I I
 
 
   
   
   
   
  

0,25
+ Tính
1
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x

1
1 1
1
1
2(2 2)
.2 2 1 2
3 3
t
t
I tdt t dt t
t

 

      
 
 
 
.
0,25
+Tính
 
2
2
1
ln
e
I x x dx



1
1
1 1 2 1
ln ln
3 3 3 3 3 9
e
e
e e
x x x e
I x x dx x

     


0,25
III.
(1,0 điểm)

3
1 2
5 2 2 2
3
3
e
I I I
 
  
0,25
(1,0 điểm)
Gọi K là trung điểm BC.


3
.
1 243
.
3 112
S ABC ABC
V SG a
S  (đvtt)
0,25
(1,0 điểm)
Do x, y, z > 0 và
2 2 2
1
x y z
  
nên x,y, z

( 0;1)

0,25
V.
(1,0 điểm)

Ta có
5 3 2 2
3
2 2 2
2 ( 1)
1

P  .
0,25
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là
2 3
3
, đạt được khi
1
3
x y z  
.
0,25
1. (1,0 điểm)
Phương trình AB:
10 0
x y
  
.
0,25
Do
A AB

nên
( ;10 )
A b b

.Từ I là trung điểm AB, tìm được
(10 ; )
B b b

.



1;9 ; 9;1
A B .
Khi




9 9;1 , 1;9
b 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
 
   
 

1 (0;1;1)
t A
 
.
Mặt cầu cần tìm có phương trình là:
2 2 2
7 29 7 46
( ) : 0
5 5 5 5
S x y z x y z
      
.
Với
1
0
9
t
  
, tương tự ta tìm được phương trình mặt cầu
0,25
3. (1,0 điểm)
Điều kiện
0
x


2
2 2
2
log log 4

   
   
   
   

0,25
VIa.
(3,0 điểm)

2
log 2
2 3 1
3 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
. . 3
AB AC AB AC IA R
     
 
. Suy ra AB.AC=3.

thì
(4; 1; 6)
M
 
. Đường thẳng

có vectơ chỉ phương
1
, (1; 1;1)
25
P d
u n u

 
  
 
  

0,25
VIb.
(3,0 điểm) Ta thấy

1
t
 Vậy có hai đường thẳng cần tìm là
1 2
7 15 '
: 4 ( ); : 6 '( )
10 22 '
x t x t
y t t R y t t R
z t z t
    
 
 
        
 
 
    
 

0,25
3. (1,0 điểm)
Điều kiện:
0 , 1
x y
 
. Đặt
2 2

  




  
2 2
10 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 2
2
5 1

 
 
 
(4)
Đặt
2
1
b
t
b

 . Phương trình (4) trở thành:
2
5 9 5
0 2 9 10 0 2;
2 2
t t t t t
t
         
.
0,25
Với
2
t



2
2 1 0 1
b b b

     

   


Vậy hệ có nghiệm
( ; ) (2;4);(2; 2)
x y 


 
2;4 , 4;2
.
0,25

- - - Hết - - -
' 3 12 9
y x x
  
,
' 0 1; 3
y x x
   

Hàm số đồng biến trên các khoảng


;1

và


3;

. Hàm số nghịch biến trên khoảng


1;3

0,25
Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
   



y2




2
0,25
* Đồ thị:

HS tự vẽ


2 4 0
x y
  

0,25
Ta có:
 
3
2 9 2 4
1 1
. , 6 6 4 16
2 2
4 1
ABM
t t t
S AB d M AB
   
    


0,25
I.
(2,0 điểm)

3 2
6 11 6 6 0; 4
t t t t t
       

Vậy điểm M là

2 2
2 1 2 sin 2
1 6 1 sin 2 6 3sin 2
sin 2 2 sin 2
x
x x
x x

 
      
 
 

0,25
2 2 2 4 2
2 sin 2 (6 3sin 2 )sin 2 3sin 2 5sin 2 2 0
x x x x x
       

2
2
4 2
sin 2 1
1 6
arcsin
2
2 3
sin 2
3
1 6



 
   

 
 

 


0,25
2. (1,0 điểm)
Ta có: y 0 không là nghiệm của HPT. Đặt
1
t
y

do đó
0,25
2 2 2 2 2
2 2
7
1
7 7
10 10 10
1
x
x
x xt t x xt t

S
P
S P
 
 



 

 


hoặc
4
3
S
P






0,25
(2,0 điểm)

Khi
4
3




thì x;t là nghiệm PT X
2
6X 13 0VN .
0,25
(1,0 điểm)
Đặt
2
1 1 2
t x t x dx tdt
      
Khi
1 0; 2 1
x t x t
     

0,25
Khi đó:
1
2
2
0
2 ( 1)( 3)
9
t t t
I dt
t
 

t t
t t
 
      
 
 

0,25
(1,0 điểm)
Gọi K là trung điểm BC. Ta có
0
3
( ); 60 , .
2
a
SG ABC SAG AG   
0,25
Từ đó
9 3 3
; .
4 2
a a
AK SG 
0,25
IV.
(1,0 điểm)

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

1
1
t mt m t
t
    
, do
0
t

(2).
Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm
21;7
t
 

 
.
0,25
Xét hàm số
1
( ) ,
f t t
t
 
21;7
t
 

 
. Ta có

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
. 0
AH CB AH CB
  
   
.
0,25








1 11 7 1 0 1; 9
b b b b b b
         


0,25
, (2; 6; 3)
BC BD
 
   
 
 
. Suy ra
, 9 4.
BC BD BA t
 
  
 
  

0,25
Ta có
ABCD
V

1 5 1
, 9 4
6 6 6
BC BD BA t
 
   
 
  
1

x


2
2 2
2
log log 4
4 6 2.3
x x
x  
2
2 2
2 2 2 2 2
1 log
log 4 log log 4 2log 2 2log 2
6
2 6 2.3 2 2.3 0
6
x
x x x x x

      

0,25
2 2 2
2log 2 1 log 2log 2
6.2 6 12.3 0
x x x
   


Khi đó PA/(C) =
2 2
. . 3
AB AC AB AC IA R
     
 
. Suy ra AB.AC=3.
0,25
VIb.
(3,0 điểm)

Theo BĐT AM-GM ta có
2 . 2 3
BC 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

  

0,25
Ta thấy

, d là hai đường thẳng chéo nhau có khoảng cách
1
42

nên
,
3
3 3
1
42 42 42
,
d
d
u u MH
t
t
u u


 
 
    
 
 
  

2
2 2 1
' ;
2 1
x x
y
x
 
 


0,25
1 3
' 0
2
y x
 
  
0,25
Bảng biến thiên: x

1
4


1 3
2

5
8



0,25 Dựa vào bảng biến thiên, ta có giá trị lớn nhất của hàm số:
1
;
4
2 3
,
2