Đề thi thử tuyển sinh đại học năm 2011 môn Toán gồm các câu hỏi về khảo sát hàm số, giải phương trình, tính tích phân và hình học không gian. Đề có các phần bắt buộc và tự chọn, trong đó thí sinh phải chọn một trong hai phần tự chọn. Đáp án và hướng dẫn giải chi tiết được cung cấp cho từng câu hỏi trong tài liệu.

1. Thi thử Đại học www.toanpt.net
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG CẦN THƠ Môn thi: TOÁN; khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số mmmxxy  224
22 (1) với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m =  1.
2 Định m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: 1
5
6
cos
10
9
cos2 2

xx
2. Giải phương trình: 2 3
2( 3 1) 7 1 0x x x    
Câu III (1 điểm)
Tính
2
9x
dx
e 

Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 và mặt phẳng (SAB)
vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Tính thể tích khối
chóp S.BMDN.
Câu V (1 điểm)
Cho hai số thực x, y khác không, thỏa mãn:
4 2x y
y x y x
   . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
2 2
3T x y x y   
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn:
2 2
1( ) : ( 1) ( 1) 16C x y    và 2 2
2( ) :( 2) ( 1) 25C x y   
Viết phương trình đường thẳng  cắt (C1) tại hai điểm A và B, cắt (C2) tại hai điểm C và D thỏa
mãn 2 7, 8.AB CD 
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;0;3); B(2;0;1) và mặt phẳng (P): 3x  y  z +1
= 0. Tìm tọa độ điểm C nằm trên (P) sao cho ABC tam giác đều.
Câu VII.a (1 điểm)
Giải bất phương trình:
2 2 2
1 2 2
3 .3 12 3 4 .3 9x x x
x x x x
    
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 16, các đường thẳng AB,
BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm M(4;5), N(6;5), P(5;2), Q(2;1). Viết phương trình đường thẳng
AB.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên mặt phẳng Oxy và C
nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ các điểm B, C sao cho H(2; 1; 1) là trực tâm của tam giác ABC.
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình: 3 5 3 510log .log 15log 4log 6 0x x x x   
---------------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………………………………………

2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN; khối: D
Câu Đáp án Điểm
I
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
 Khi m = 1 hàm số có dạng 4 2
2 1y x x  
 Tập xác định: D = R
 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 3 3' 4 4 , ' 0 4 4 0 0, (0) 1y x x y x x x y        
0,25
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +), nghịch biến trên khoảng (; 0)
- Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = y(0) = 1
- Giới hạn:
x x
lim , lim
 
   
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị: đi qua các điểm (1; 4) và nhận
trục Oy làm trục đối xứng.
0,25
2. (1,0 điểm)
)(444' 23
mxxmxxy 
Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt 0m 
(1)
0,25
Tọa độ các điểm cực trị của đồ thị
2 2 2
(0;2 ), ( ; ), ( ; )A m m B m m m C m m m    0,25
2 2
( ; ) , ( ; )AB m m AC m m    
 
Tam giác ABC vuông khi và chỉ khi
4 0
. 0 0
1
m
AB AC m m
m

       
 
So với điều kiện (1) nhận m = 1
0,5
II
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm) Giải phương trình: 1
5
6
cos
10
9
cos2 2

xx
Phương trình đã cho tương đương:
3 29 6 3 3 3
1 cos cos 1 4cos 2cos 3cos 3 0
5 5 5 5 5
x x x x x
       
0,5
y’(x)
y(x)
 +0
0 +
1
+ +
x
x
y
0
1
1
4
1




3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
23 3 3 3
(cos 1)(4cos 6cos 3) 0 cos 1
5 5 5 5
x x x x
       0,25
5 10
,
3 3
k
x k
 
     0,25
2. (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 3
2( 3 1) 7 1 0x x x    
1. Đk: 1x 
Do x = 1 không phải là nghiệm nên phương trình đã cho tương đương:
2 2
2 3 2( 1) 1
2( 1) 7 1 4( 1) 0 7 4 0 (*)
1 1
x x x x
x x x x
x x
   
          
 
0,5
Đặt
1
12



x
xx
t , phương trình (*) trở thành: 2
2 7 4 0t t  
Giải pt được 2 nghiệm
1
2
t  (loại) và t = 4
0,25
Với
2
21 17 349
4: 4 17 15 0
1 2
x x
t x x x
x
  
       

(nhận) 0,25
III
(1,0 điểm)
Tính
2
9x
dx
I
e



Đặt
2
2 2 2
2
9 9,
9
x
x x
x
e dx
t e e t dt
e
     

0,25
22 99x
dx dt
te
 

0,25
Suy ra: C
t
t
t
dt
I 




  3
3
ln
6
1
92 0,25
hay C
e
e
I
x
x




39
39
ln
6
1
2
2
0,25
IV
(1,0 điểm)
Theo giả thiết: ( ) ( )SAB ABCD
theo giao tuyến AB. Do đó nếu kẻ
SH AB tại H thì ( )SH ABCD
0,25
2 2 2 2
4SA SB AB a SAB     v
uông tại S
. 3
2
SA SB a
SH
AB
  
0,25
2 2 2
4 2 2
BMDN ABCD AMD CNDS S S S
a a a
  
   0,25
3
2
.
1 1 3 3
. . .2
3 3 2 3
S BMDN BMDN
a a
V SH S a   (đvtt) 0,25
V
(1,0 điểm)
Từ giả thiết ta có: 2 2 2 2
4 2 ( 2) ( 1) 5x y x y x y        và 3T x y  0,25
Với mọi số thực a, b, c, d ta luôn có bđt đúng:
2 2 2 2 2
( ) 0 2ac bd a c b d abcd    
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )( )ab cd a c b d a b c d ab cd a b c d           (1)
Dấu đẳng thức xảy ra khi ac = bd
0,25
Áp dụng (1) ta có: 2 2 2
[3( 2) ( 1)] 10[( 2) ( 1) ] 50x y x y       
0,25
N
M
B
A
D
C
S
H

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
5 2 3( 2) 1 5 2 5 5 2 3 5 5 2x y x y           
Suy ra:
max 5 5 2T   đạt được khi
4 3 2 2 2
,
2 2
x y
  
 
min 5 5 2T   đạt được khi
4 3 2 2 2
,
2 2
x y
  
 
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm) (C1): x2
+ y2
– 2x – 2y – 14 = 0 và (C2): x2
+ y2
– 4x + 2y – 20 = 0…
(C1) có tâm I1(1;1) và bán kính R1 = 4; (C2) có tâm I2(2;-1) và bán kính R2 = 5
2
2
1 1( , ) 16 7 3
4
AB
d I R      ,
2
2
2 2( , ) 25 16 3
4
CD
d I R     
0,25
1 2 1 2( , ) ( , ) 3 / /d I d I I I      hoặc  đi qua trung điềm cùa 1 2I I 0,25
Do 1 2 1 25 ( , ) ( , ) 6I I d I d I      nên không xảy trường hợp  đi qua trung
điềm cùa 1 2I I
0,25
Với  // I1I2   có vtcp 1 2 (1; 2) vtpt (2;1)I I n   
 
pt : 2 0x y C    
d(I1, ) = 3  3 3 5C    . Vậy : 2 3 3 5 0x y     .
0,25
2. (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0; 0;3); B(2; 0;1) ....
0 0 0 0( ) :3 1 0 ( ; ;3 1)C P x y z C x y x y        0,25
 ABC đều
2 2 2 2 2
0 0 0 0
2 2
0 0
(3 4) 8
4 2
AB AC x y x y
y xAB BC
          
    
0,25
0 0
0 0
0; 2
2
3
x y
x y
  


  

. Vậy (0;2; 1)C  hoặc
2 2 1
; ;
3 3 3
C
       0,5
VII.a
(1,0 điểm)
Giải bất phương trình:
2 2 2
1 2 2
3 .3 12 3 4 .3 9x x x
x x x x
    
Bất pt tương đương:
2 2
2 2 2
3 ( 4 3) 3( 4 3) 0 (3 3)( 4 3) 0x x
x x x x x x          
0,25
2
2
3 3 0
4 3 0
x
x x
   
   
hoặc
2
2
3 3 0
4 3 0
x
x x
  

   
0,25
TH 1:
2
2
2
1
13 3 0
3
34 3 0
1
x
x
x
x
xx x
x
                 
0,25
TH 2:
2
2
2
13 3 0
VN
1 34 3 0
x
x
xx x
       
      
. Vậy bpt có nghiệm: x <1; x > 3 0,25
VI.b
(2,0 điểm)
1. (1,0điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD....
AB đi qua M(4; 5) nên pt AB có dạng: 2 2
4 5 0 ( 0)ax by a b a b     
BC  AB và BC đi qua N(6; 5)  pt : 6 5 0BC bx ay b a   
0,25
Diện tích hình chữ nhật:
2 2 2 2
2 2 2 2
| 3 | | 4 4 |
( , ). ( , ) 16 . 16 4 3 4( )
a b a b
S d P AB d Q BC a ab b a b
a b a b
 
         
 
0,25
2 2
2 2
3 4 0 0
3 05 4 7 0 (VN)
a ab b a b
a ba ab b
             
0,25

5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
+ Với 0a b  chọn a = 1, b = 1 pt AB: 1 0x y  
+ Với 3 0a b  chọn a = 1, b = 3 pt AB: 3 11 0x y  
0,25
2. (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên ...
( ; ; 0), (0; 0; )B mpOxy B x y C Oz C z    .
( 1;0;1), (2 ;1 ; 1)
( ; ; ), ( 3; 1; ), ( 3; 1;0)
AH BH x y
BC x y z AC z AB x y
    
        
 
   0,25
H là trực tâm
. 0
. 0
[ , ]. 0
AH BC
ABC BH AC
AH AC AB
   
 
 
 
  
0,25
2
0
3 7 0 7 2
3 0 2 21 0
x z z x
x y z y x
x yz y z x x
               
          
0,25
3; 1; 3
7 7
; 14;
2 2
x y z
x y z
   

 
   

. Vậy chỉ nhận:
7 7
;14;0 , 0;0;
2 2
B C
             
0,25
VII.b
(1,0 điểm)
Giải phương trình: 3 5 3 510log .log 15log 4log 6 0x x x x   
ĐK: x > 0
Phương trình tương đương:   3 55log 2 2log 3 0x   0,25
3
5
5log 2 0
2log 3 0
x  

  
0,25
5
35log 2 0 9x x    (nhận) 0,25
5
5
2log 3 0
25
x x    (nhận) 0,25
---------------Hết---------------