Đề thi thử đại học lần I môn Toán; Khối A và B

 1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I – NĂM 2011 
MÔN TOÁN; KHỐI A, B 
Thời gian làm bài : 180 phút; không kể thời gian giao đề 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1 (2,0 điểm) 
Cho hàm số 3 2y x 3x mx 2    (Cm) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (Cm) khi m = 0 
2. Tìm m để hàm số (Cm) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thi hàm số cách đều 
đường thẳng d: x – y – 1 = 0 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình: sin 3x sin 2x.sin x
4 4
         
   
2. Giải phương trình: 24x 8x 2x 3 1 (x )     
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 
1
ln x. 1 ln xI dx
x 1 ln x



e
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và 
tam giác SCD vuông cân tại S. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD. Tính thể tích khối chóp 
S.AICJ. 
Câu V (1,0 điểm) 
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
2 2 2
2 2 2
1 a 1 b 1 cM
1 b 1 c 1 a
  
  
  
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 
A. Theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm là H(-1;4), tâm đường tròn ngoại tiếp là 
I(3;0) và trung điểm của cạnh BC là M(0;3). Viết phương trình đường thẳng AB, biết B có hoành độ 
dương. 
2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 2) và B(5; 4; 4) và mặt phẳng (P): 2x + y – z + 6 = 0. 
Tìm điểm M nằm trên (P) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất. 
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm môđun của số phức x biết  4z 1 3i z 25 21i    
B. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(1;1), B(3;2) và C(7;10). Viết phương trình đường thẳng 
d đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B đến đường thẳng d và C đến đường thẳng d là lớn nhất. 
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + y – z + 6 = 0 và đường thẳng d: 
x 2 y 1 z 1
5 4 2
  
  . Viết phương trình hình chiếu vuông góc của d lên mặt phẳng (P). 
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình 
 
 
2
2 2
y 4xy 4x 2y 1
x, y
log x.log 1 y 1
     

  
 
----------Hết---------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.........................................; Số báo danh:...................... www.laisac.page.tl
 2 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU 
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1-NĂM 2011 
Môn Toán, Khối A,B 
(Đáp án-thang điểm gồm 05 trang) 
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
1. (1,0 điểm) 
Khi 0m  , ta có hàm số 3 23 2y x x   . 
Tập xác định :  . 
 Sự biến thiên : 
 -Chiều biến thiên: 2' 3 6y x x  ; ' 0 0y x   hoặc 2x  . 
0,25 
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2; ) ; nghịch biến trên khoảng (0;2). 
 -Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0; 2CĐx y  , đạt cực tiểu tại 2; 2CTx y   . 
-Giới hạn: lim
x
y

  ; lim
x
y

  . 
0,25 
-Bảng biến thiên: 
0,25 
Đồ thị 
0,25 
2. (1,0 điểm) 
 I 
(2,0 
điểm) 
Ta có 2' 3 6 ;y x x m   2' 0 3 6 0y x x m     (1) 
Hàm số ( )mC có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân 
biệt 3m  . 
0,25 
x - 
0 2 + 
0 0 'y    
y 
 
2 
2 
+ 
O 
2 
2 
2 x 
y 
 3 
Đáp án Điểm 
 Giả sử A( 1 1;x y ), B( 2 2;x y ) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số ( )mC , ( 1 2,x x là hai 
nghiệm của (1)). Vì 1'.( ) 2( 1) 2
3 3 3 3
x m my y x      và 1 2'( ) '( ) 0y x y x  nên 
phương trình đường thẳng đi qua A, B là 2( 1) 2
3 3
m my x    (d’). Do đó, các điểm 
A, B cách đều đường thẳng (d) trong hai trường hợp sau: 
0,25 
Trường hợp 1. (d’) cùng phương (d)  2( 1) 1
3
m
 
9
2
m  ( không thỏa mãn). 
0,25 
Trường hợp 2. Trung điểm I của AB nằm trên (d). Do I là trung điểm AB nên tọa độ I 
là 
1 2
1 2
1
2
2
x xx
y yy m
  

  

 . Vì I nằm trên (d) nên ta có 1 1 0 0m m     ( thỏa mãn). 
 Vậy: 0m  . 
0,25 
1. (1,0 điểm) 
Phương trình đã cho tương đương: sin 3 os3 sin 2 (sin cos )x c x x x x   0,25 
 2(sin 3 os3 ) cos os3 sin 3 sinx c x x c x x x      sin 3 os3 sin cosx c x x x   0,25 
 sin(3 ) sin( )
4 4
x x    0,25 
 3 2
4 4
x x k      hoặc 3 ( ) 2
4 4
x x k       . 
Vậy nghiệm của phương trình là: ;
4 2
kx k    . 
0,25 
2. (1,0 điểm) 
Điều kiện: 
3 .
2
x   Phương trình đã cho tương đương với : 2(2 2) 2 3 5x x    . 
Đặt 2 3y x  , 0y  . Ta có hệ phương trình: 
2
2
(2 2) 5
(2 2) 5
x y
y x
   

  
. 
0,25 
 2 2(2 2) 2 2 0x y y x       (2 2)(2 1) 0x y x y     
2 2 0
2 1 0
x y
x y
  
   
. 
0,25 
 Với 2 2 0x y    2 2 2 3x x    2
2 2 0
4 8 4 2 3
x
x x x
 

   
5 21
4
x   . 
0,25 
II 
(2,0 
điểm) 
 Với 2 1 0x y    2 1 2 3x x    2
2 1 0
4 4 1 2 3
x
x x x
 

   
3 17
4
x   . 
Vậy phương trình có hai nghiệm là: 5 21
4
 ; 3 17
4
 . 
0,25 
 III 
(1,0 
điểm) 
Đặt ln dxt x dt
x
   . Với 1x  thì 0t  ; với x e thì 1t  . Suy ra 
1 1 2
0 0
1 1
11
t t t tI dt dt
tt
 
 
  
0,25 
 4 
Đặt sin cost u dt udu   . Với 0t  thì 0u  ; với 1t  thì 
2
u  . Ta có 
22
0
sin 1 sin cos
1 sin
u uI udu
u




2
0
sin (1 sin )u u du

  
0,25 
2
0
1sin (1 os2 )
2
u c u du

    
 
0,25 
 I 
2
0
1 1cos sin 2
2 4
u u u

     
 
  1
4
I   . 
0,25 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên IJ SH IJ . Mặt khác, SI AB , 
IJ AB  ( )AB SIJ SH AB  . Suy ra ( )SH AICJ hay SH là đường cao 
của hình chóp S.AICJ. 
0,25 
Từ 3
2
aSI  ; 
2
aSJ  , IJ a 2 2 2SI SJ IJ    tam giác SIJ vuông tại S. 
0,25 
Ta có 2 2 2
1 1 1
SH SI SJ
  
3
4
aSH  . 
0,25 
 IV 
(1,0 
điểm) 
Kết hợp với 21
2AICJ
S a , suy ra .
1 .
3S AICJ AICJ
V S SH = 
3 3
24
a . 
0,25 
Vì ( , ,a b c ) là một hoán vị vòng trong M nên không mất tính tổng quát ta giả sử 
 ax , ,a m a b c 1 1
3
a   . Ta có 
0,25 
 V 
(1,0 
điểm) 
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 11 ( )
1 1 1 1 1 1 1 1
b c b c b c b c
c a c c a c a a
    
         
       
. 
Suy ra 
2
2
2 2
1 11 ( )
1 1
aM b c
b a

    
 
2 2
2
12 (1 )
1
a a
a
    

0,25 
Xét hàm số 2 2 2
1( ) (1 )
1
f t t t
t
   

 trên 1 ;1
3
 
  
. 
 Ta có: 2
2'( ) 4 2
(1 )
tf t t
t
  

; 
2 3 2
2 3
4(1 ) 6 2''( ) 0
(1 )
t tf t
t
  
 

và 
 1'(1). ' 0
3
f f    
 
 tồn tại duy nhất 0
1 ;1
3
t   
 
 : 0'( ) 0.f t  
 Bảng biến thiên 
0,25 
0,25 
 5 
Suy ra 32 (1) 2
2
M f    . Do đó, giá trị lớn nhất của M là 7
2
 khi một trong ba số 
, ,a b c bằng 1, hai số còn lại bằng 0 . 
1. (1,0 điểm) 
Giả sử N là trung điểm của AC , vì ABH  MNI và / /HA MI nên 2HA MI
 
. 0,25 
Kết hợp với 2 ( 6;6)MI  

, ( 1;4)H  ta có ( 7;10)A  . Từ I là tâm đường tròn ngoại 
tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC, suy ra IA IB và IM MB . 
0,25 
Do đó tọa độ ( ; )B x y với 0x  , thỏa mãn hệ :
2 2( 3) 116
3 3( 3) 0
x y
x y
   

   
(7;4)B . 
0,25 
Phương trình AB : 7 10
7 7 4 10
x y 

 
 hay3 7 49 0x y   . 0,25 
2. (1,0 điểm) 
Gọi I là trung điểm của AB , ta có (3;3;3)I và 2 2 2 21 2
2
MA MB AB IM   . Do 
đó, 2 2MA MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I lên ( )P . 
0,25 
Giả sử d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với ( )P , phương trình của 
3 3 3:
2 1 1
x y zd    

. Tọa độ ( ; ; )M x y z thỏa mãn hệ : 
0,25 
2 6 0
3 3 3
2 1 1
x y z
x y z
   

   
  
. 
0,25 
VI.a 
(2,0 
điểm) 
Giải hệ ta có ( 1;1;5)M  0,25 
Giả sử z a bi  ( ,a b ), khi đó ta có 4( ) (1 3 )( ) 25 21a bi i a bi i      0,25 
5 3 3( ) 25 21a b a b i i      0,25 
5 3 25
3( ) 21
a b
a b
 
 
 
2
5
a
b

 
 
2 5z i   . 
0,25 
VII.a 
(1.0 
điểm) 
Do đó | | 4 25z   hay | | 29z  . 0,25 
1. (1,0 điểm) 
Ta có (2;1)AB

, (6;9)AC

 os 0c BAC  BAC nhọn. 0,25 
Nếu đường thẳng d cắt đoạn BC tại M thì d ( ; )B d  d ( ; )C d BM CM BC   . 
Dấu đẳng thức xảy ra khi d vuông góc BC . 
0,25 
VI.b 
(2,0 
điểm) 
Nếu đường thẳng d không cắt đoạn BC, gọi (5;6)I là trung điểm BC . Ta có 
d ( ; )B d  d ( ; )C d =2.d ( ; ) 2I d AI . Dấu đẳng thức xảy ra khi d vuông góc với AI . 
0,25 
t
'( )f t 
1
3
1
0t
 0
0( )f t
 t 
131
90
3
2( )f t
 t 
 6 
Do tam giác ABC có BAC nhọn nên 2BC AI . Suy ra d ( ; )B d  d ( ; )C d lớn 
nhất khi và chỉ khi d đi qua (1;1)A và có vectơ pháp tuyến (4;5)AI 

. Vậy phương 
trình : 4( 1) 5( 1) 0d x y    hay : 4 5 9 0.d x y   
0,25 
2. (1,0 điểm) 
Tọa độ giao điểm của d và ( )P là ( ; ; )A x y z , thỏa mãn hệ : 
2 6 0
2 1 1
5 4 2
x y z
x y z
   

  
 
( 2; 1;1)A   . 
0,25 
Gọi (3;3;3)B d và H là hình chiếu vuông góc của B lên ( )P , suy ra phương trình 
3 3 3:
2 1 1
x y zBH    

 . 
0,25 
Tọa độ ( ; ; )H x y z thỏa mãn hệ 
2 6 0
3 3 3
2 1 1
x y z
x y z
   

   
  
 ( 1;1;5)H  . 
0,25 
Hình chiếu vuông góc của d lên ( )P là đường thẳng 1d đi qua ,A có véctơ chỉ 
phương (1;2;4)AH 

. Phương trình 1
2 1 1:
1 2 4
x y zd     . 
0,25 
Điều kiện: 0, 1x y   .Hệ phương trình tương đương: 
2
2 2
( 1) 4 ( 1)
log log (1 ) 1
y x y
x y
   

  
0,25 
2 2
1 4
log log (4 ) 1
y x
x x
 
 
 
0,25 
2 2
4 1
log (2 log ) 1 0
y x
x x
 
 
  
0,25 
VII.b 
(1,0 
điểm) 
2log 1
4 1
x
y x
 
 
 
1
2
1
x
y
 
 
 
. 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là 1 ;1
2
 
 
 
. 
0,25 
-------------Hết----------