Đề thi thử đại học môn toán năm 2011 khối A và B của trường THPT Chuyên Phan Bội Châu bao gồm các câu hỏi khảo sát hàm số, giải phương trình, tính tích phân, và tính thể tích hình chóp. Đề thi cũng đưa ra bài tập cho phần chương trình chuẩn và nâng cao, yêu cầu thí sinh phải giải quyết các bài toán từ cơ bản đến nâng cao. Thí sinh không được sử dụng tài liệu và cán bộ coi thi không được giải thích thêm.

1. 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 2
y 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: 2
4x 8x 2x 3 1 (x )     
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
1
ln x. 1 ln x
I 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 c
M
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:......................
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. 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 2
3 2y x x   .
 Tập xác định :  .
 Sự biến thiên :
-Chiều biến thiên: 2
' 3 6y x x  ; ' 0 0y x   hoặc 2x  .
0,25
Hàmsố 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. 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 m
y 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 m
y 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 x
x
y y
y 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: sin3 os3 sin 2 (sin cos )x c x x x x   0,25
 2(sin3 os3 ) cos os3 sin3 sinx c x x c x x x      sin3 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
k
x 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
dx
t 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 t
I dt dt
tt
 
 
 
0,25

4. 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 u
I udu
u




2
0
sin (1 sin )u u du

 
0,25
2
0
1
sin (1 os2 )
2
u c u du

 
   
 
 0,25
I
2
0
1 1
cos 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
a
SI  ;
2
a
SJ  , IJ a 2 2 2
SI SJ IJ    tam giác SIJ vuông tại S.
0,25
Ta có 2 2 2
1 1 1
SH SI SJ
  
3
4
a
SH  .
0,25
IV
(1,0
điểm)
Kết hợp với 21
2
AICJS a , suy ra .
1
.
3
S AICJ AICJV 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 1
1 ( )
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 1
1 ( )
1 1
a
M b c
b a

    
 
2 2
2
1
2 (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 )
t
f t t
t
  

;
2 3 2
2 3
4(1 ) 6 2
''( ) 0
(1 )
t t
f 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. 5
Suy ra
3
2 (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 2
MA 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 z
d
  
 

. 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
10t
 0
0( )f t
t
131
90
3
2( )f t
t

6. 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 z
BH
  
 

.
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 z
d
  
  .
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----------