1. www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I – NĂM 2011
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU 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 y  x 3  3x 2  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: 4x 2  8x  2x  3  1 (x   )
e
ln x. 1  ln x
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   dx
x 1  ln x
1
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:
1  a 2 1  b2 1  c2
M  
1  b2 1  c2 1  a 2
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
  . Viết phương trình hình chiếu vuông góc của d lên mặt phẳng (P).
5 4 2
 y 2  4xy  4x  2y  1

Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình   x, y   
log 2 x.log 2 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:......................
1

2. www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU 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
I 1. (1,0 điểm)
(2,0 Khi m  0 , ta có hàm số y  x 3  3 x 2  2 .
điểm)  Tập xác định :  . 0,25
 Sự biến thiên :
-Chiều biến thiên: y '  3 x 2  6 x ; y '  0  x  0 hoặc x  2 .
Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) và (2; ) ; nghịch biến trên khoảng (0; 2).
-Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0; yCĐ  2 , đạt cực tiểu tại x  2; yCT  2 . 0,25
-Giới hạn: lim y   ; lim y   .
x  x 
-Bảng biến thiên:
x - 0 2 +
y'  0  0 
0,25
+
y 2
2

 Đồ thị
y
2
0,25
2 x
O
2
2. (1,0 điểm)
Ta có y '  3 x 2  6 x  m; y '  0  3 x 2  6 x  m  0 (1)
Hàm số (Cm ) có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân 0,25
biệt  m  3 .
2

3. www.VNMATH.com
Đáp án Điểm
Giả sử A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (Cm ) , ( x1 , x2 là hai
x 1 m m
nghiệm của (1)). Vì y  y '.(  )  2(  1) x  2  và y '( x1 )  y '( x2 )  0 nên
3 3 3 3
m m
phương trình đường thẳng đi qua A, B là y  2(  1) x  2  (d’). Do đó, các điểm
0,25
3 3
A, B cách đều đường thẳng (d) trong hai trường hợp sau:
m 9
Trường hợp 1. (d’) cùng phương (d)  2(  1)  1  m  ( không thỏa mãn).
3 2 0,25
Trường hợp 2. Trung điểm I của AB nằm trên (d). Do I là trung điểm AB nên tọa độ I
 x1  x2
 x  2 1

là  . Vì I nằm trên (d) nên ta có 1  m  1  0  m  0 ( thỏa mãn).
 y  y1  y2  m 0,25

 2
Vậy: m  0 .
II 1. (1,0 điểm)
(2,0 Phương trình đã cho tương đương: sin 3x  cos3 x  sin 2 x(sin x  cos x) 0,25
điểm)  2(sin 3x  cos3 x)  cos x  cos3 x  sin 3x  sin x  sin 3x  cos3 x  sin x  cos x 0,25
  0,25
 sin(3 x  )  sin( x  )
4 4
    0,25
 3 x   x   k 2 hoặc 3 x     ( x  )  k 2 .
4 4 4 4
 k
Vậy nghiệm của phương trình là: x   ;k  .
4 2
2. (1,0 điểm)
3
Điều kiện: x   . Phương trình đã cho tương đương với : (2 x  2) 2  2 x  3  5 .
2 0,25
(2 x  2) 2  y  5
Đặt y  2 x  3 , y  0 . Ta có hệ phương trình:  2 .
 y  (2 x  2)  5
2x  y  2  0
 (2 x  2)2  y 2  y  2 x  2  0  (2 x  y  2)(2 x  y  1)  0   .
 2x  y 1  0 0,25
 2  2x  0 5  21
 Với 2 x  y  2  0  2  2 x  2 x  3   x .
2
4  8 x  4 x  2 x  3 4 0,25
 2x 1  0 3  17
 Với 2 x  y  1  0  2 x  1  2 x  3   2 x .
4 x  4 x  1  2 x  3 4 0,25
5  21 3  17
Vậy phương trình có hai nghiệm là: ; .
4 4
III dx
(1,0 Đặt t  ln x  dt  . Với x  1 thì t  0 ; với x  e thì t  1 . Suy ra
x 0,25
điểm) 1 1
t 1 t t 1 t2
I  dt   dt
0 1 t 0
1 t
3

4. www.VNMATH.com

Đặt t  sin u  dt  cos udu . Với t  0 thì u  0 ; với t  1 thì u  . Ta có
2 0,25
 
2
sin u 1  sin 2 u 2
I  cos udu   sin u (1  sin u )du
0
1  sin u 0

2
 1 
   sin u  (1  cos2u )  du 0,25
0
2 

0,25
 1 1 2 
I    cos u  u  sin 2u   I  1  .
 2 4 0 4
IV Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên IJ  SH  I J . Mặt khác, SI  AB , 0,25
(1,0 I J  AB  AB  (SI J )  SH  AB . Suy ra SH  ( AICJ ) hay SH là đường cao
điểm) của hình chóp S.AICJ.
a 3 a 0,25
Từ SI  ; SJ  , I J  a  SI 2  SJ 2  I J 2  tam giác SIJ vuông tại S.
2 2
1 1 1 a 3 0,25
Ta có  2  2  SH  .
SH 2 SI SJ 4
1 2 1 a3 3 0,25
Kết hợp với S AICJ  a , suy ra VS . AICJ  S AICJ .SH = .
2 3 24
V Vì ( a, b, c ) là một hoán vị vòng trong M nên không mất tính tổng quát ta giả sử
(1,0 1
điểm) a  max a, b, c   a  1 . Ta có
3 0,25
2 2
1 b 1 c 1  b2 c2 1 b2  c2  1 1 1
2
 2
 2
 2
 2
 2
 2
 1  (b  c ) 2  .
1 c 1 a 1 c 1 c 1 a 1 c 1 a 1  a2
Suy ra
1  a2 1 1 0,25
M 2
 1  (b  c ) 2  2
 2  a 2  (1  a )2 
1 b 1 a 1  a2
1 1 
Xét hàm số f (t )  t 2  (1  t ) 2  2
trên  ;1 .
1 t 3 
2t
Ta có: f '(t )  4t  2  ;
(1  t )2
4(1  t 2 )3  6t 2  2
f ''(t )  0
(1  t 2 )3 0,25
và
1 1 
f '(1). f '    0  tồn tại duy nhất t0   ;1 : f '(t0 )  0.
 3 3 
Bảng biến thiên
0,25
4

5. www.VNMATH.com
t 1 t0 1
3
f '(t )  0 
3
131
f (t ) 2
90
t
f (t 0 )
t
3 7
Suy ra M  2  f (1)  2  . Do đó, giá trị lớn nhất của M là khi một trong ba số
2 2
a, b, c bằng 1 , hai số còn lại bằng 0 .
VI.a 1. (1,0 điểm)

 

(2,0 Giả sử N là trung điểm của AC , vì ABH  MNI và HA / / MI nên HA  2MI . 0,25
điểm) 

Kết hợp với 2MI  (6; 6) , H (1; 4) ta có A(7;10) . Từ I là tâm đường tròn ngoại 0,25
tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC, suy ra IA  IB và IM  MB .
( x  3)2  y 2  116 0,25
Do đó tọa độ B( x; y ) với x  0 , thỏa mãn hệ :   B(7; 4) .
 3x  3( y  3)  0
x  7 y  10 0,25
Phương trình AB :  hay 3 x  7 y  49  0 .
7  7 4  10
2. (1,0 điểm)
1
Gọi I là trung điểm của AB , ta có I (3;3;3) và MA2  MB 2  AB 2  2 IM 2 . Do
2 0,25
2 2
đó, MA  MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I lên ( P) .
Giả sử d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với ( P) , phương trình của
x 3 y 3 z 3 0,25
d:   . Tọa độ M ( x; y; z ) thỏa mãn hệ :
2 1 1
 2x  y  z  6  0

x 3 y 3 z 3 . 0,25
 2  1  1

Giải hệ ta có M (1;1;5) 0,25
VII.a Giả sử z  a  bi ( a, b   ), khi đó ta có 4(a  bi )  (1  3i )(a  bi )  25  21i 0,25
(1.0  5a  3b  3(a  b)i  25  21i 0,25
điểm)
 5a  3b  25 a2
   z  2  5i .
3(a  b)  21 b   5 0,25
Do đó | z | 4  25 hay | z | 29 . 0,25
VI.b 1. (1,0 điểm)

 
(2,0 
Ta có AB (2;1) , AC (6;9)  cos BAC  0  BAC nhọn.  0,25
điểm)
 Nếu đường thẳng d cắt đoạn BC tại M thì d ( B; d )  d (C ; d )  BM  CM  BC . 0,25
Dấu đẳng thức xảy ra khi d vuông góc BC .
 Nếu đường thẳng d không cắt đoạn BC, gọi I (5;6) là trung điểm BC . Ta có 0,25
d ( B; d )  d (C ; d ) =2.d ( I ; d )  2 AI . Dấu đẳng thức xảy ra khi d vuông góc với AI .
5

6. www.VNMATH.com

Do tam giác ABC có BAC nhọn nên BC  2 AI . Suy ra d ( B; d )  d (C ; d ) lớn

nhất khi và chỉ khi d đi qua A(1;1) và có vectơ pháp tuyến AI  (4;5) . Vậy phương 0,25
trình d : 4( x  1)  5( y  1)  0 hay d : 4 x  5 y  9  0.
2. (1,0 điểm)
Tọa độ giao điểm của d và ( P) là A( x; y; z ) , thỏa mãn hệ :
 2x  y  z  6  0 0,25

 x  2 y  1 z  1  A(2; 1;1) .
 5  4  2

Gọi B(3;3;3)  d và H là hình chiếu vuông góc của B lên ( P) , suy ra phương trình
x 3 y 3 z 3 0,25
BH :   .
2 1 1
 2x  y  z  6  0

Tọa độ H ( x; y; z ) thỏa mãn hệ  x  3 y  3 z  3  H (1;1;5) . 0,25
  
 2 1 1
Hình chiếu vuông góc của d lên ( P) là đường thẳng d1 đi qua A, có véctơ chỉ
 x  2 y 1 z 1 0,25
phương AH  (1; 2; 4) . Phương trình d1 :   .
1 2 4
VII.b  ( y  1) 2  4 x( y  1)
(1,0 Điều kiện: x  0, y  1 .Hệ phương trình tương đương: 
log 2 x log 2 (1  y )  1
0,25
điểm)
 y 1  4x

log 2 x log 2 (4 x )  1 0,25
 y  4x 1 0,25

log 2 x (2  log 2 x)  1  0
 1
log 2 x  1 x 
  2.
 y  4x 1  y 1 0,25

1 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là  ;1 .
2 
-------------Hết----------
6