Tài liệu chứa đề thi thử đại học môn Toán năm 2011 với nhiều câu hỏi đa dạng từ khảo sát hàm số, giải phương trình đến hình học không gian. Thí sinh cần làm bài trong thời gian 180 phút và có thể lựa chọn một trong hai phần trong phần tự chọn. Đề thi bao gồm cả lý thuyết và bài tập giải, yêu cầu thí sinh sử dụng kiến thức toán học nâng cao.

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 A
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 133
 xxy (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Định m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt:
mmxx 33 33

Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2 2
4
4
(2 sin 2 )(2cos cos )
cot 1
2sin
x x x
x
x
 
 
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2
5 0
( , )
2 5 1 0
x y xy x y
x y
xy y y
    

   

Câu III (1 điểm)
Tính
2
cos
8
sin 2 cos 2 2
x
dx
x x
 
 
 
 

Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), , 2SA AB a AC a  
và   0
90 .ASC ABC  Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC).
Câu V (1 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a.b.c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
ab bc ca
T
a b ab b c bc c a ca
  
     
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 điểm (4; 1), ( 3; 2)A B   và đường thẳng
:3 4 42 0x y    . Viết phương trình đường tròn ( )C đi qua hai điểm ,A B và tiếp xúc với
đường thẳng .
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(6; 6; 6), B(4; 4; 4), C( 2; 10; 2) và S(2; 2; 6).
Chứng minh O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi và hình chiếu vuông góc của S trên mặt
phẳng (OABC) trùng với tâm I của OABC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AC.
Câu VII.a (1 điểm)
Giải phương trình: 2
3 3(2 1)log (4 9)log 14 0x x x x    
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có A(1; 0), B(3; 2) và  0
120 .ABC Xác định
tọa độ hai đỉnh C và .D
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A, B, C lần lượt di động trên các tia Ox, Oy và Oz sao
cho mặt phẳng (ABC) không đi qua O và luôn đi qua điểm M(1; 2; 3). Xác định tọa độ các điểm A,
B, C để thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm)
Giải hệ phương trình:
2 2 2
3 3
3 3 27 9
( , )
log ( 1) log ( 1) 1
x y x y x y
x y
x y
   
   

   

---------------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

2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN; khối: A
Câu Đáp án Điểm
I
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
 Tập xác định: D = 
 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2 2' 3 3, ' 0 3 3 0 1, ( 1) 3, (1) 1y x y x x y y            
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 1) và (1; +), nghịch biến trên khoảng
(1; 1)
- Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và yCT = y(1) = 1;
+ Hàm số đạt cực đại tại x = -1 và yCĐ = y(-1) = 3.
- Giới hạn:
x x
lim , lim
 
   
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
'' 6 , '' 0 6 0 0, (0) 1y x y x x y      
 điểm uốn I(0; 1)
Đồ thị: đi qua các điểm (2; 1), (2; 3)
và nhận điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng.
0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị
(C’) của hàm số: 13
3
 xxy và đường thẳng (d): 133
 mmy
((d) cùng phương với trục hoành)
Xét hàm số: 13
3
 xxy , ta có:
+ Hàm số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng,
đồng thời 0x  thì
3 33 1 3 1y x x x x     
0,25
Từ đó (C’) được suy từ (C) như ở hình bên:
0,25
1
y’(x)
y(x)
 +1
0 0 ++ 
3
1
+
x
y
0
12
1 2
1



1
3
x
y
0
1
2
1
2
1



1
3

(d)

3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
+ Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m để phương trình đã cho có 4
nghiệm phân biệt là:
3
3
3
2 3
3 0
1 3 1 1 0 3
3 2 0
1
m
m m
m m m
m m
m
   
  
          
     
0,5
II
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
1) ĐK: ,x k k 
Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương với:
4 4 2 2
2 2 2
1
cos sin (2 sin 2 )(cos cos )
2
1 1
1 sin 2 (2 sin 2 )(cos cos )
2 2
x x x x x
x x x x
   
    
0,25
2 2 2 2
2
1
2 sin 2 2(2 sin 2 )(cos cos ) 1 2cos cos
2
2cos cos 1 0
x x x x x x
x x
      
   
0,25
2
2
2 , ( )
3
x l
x l l Z



 

    
0,25
So với điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là
2
2 ,
3
x l l

     0,25
2. (1,0 điểm)
Nhận xét: Hệ đã cho không có nghiệm (x; 0), nên tương đương với:
2 5 0
1
2 5 0
x
x xy
y
x y
y

   


    

0,25
1
( )( ) 6
1
5
x y x
y
x y x
y

  

 
    

0,25
2
( )1
3
3
( )1
2
x y
I
x
y
x y
II
x
y
  

  
 
 

 
0,25
Giải các hệ (I), (II) ta được nghiệm của hệ
là:
















2
51
;
2
55
;
2
51
;
2
55 0,25
III
(1,0 điểm)
2cos 1 cos(2 )
18 4
sin 2 cos 2 2 2 2 1 sin(2 )
4
x x
dx dx
x x x
 

 
   
  
   
  0,25

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
A
S
C
B
M
H
2
cos(2 )
1 4
2 2 1 sin(2 ) sin( ) cos( )4 8 8
x
dx
dx
x x x

  
 
 
   
          
  0,25
2
cos(2 )
1 14
322 2 1 sin(2 ) sin ( )
4 8
x
dx
dx
x x

 
 
 
  
   

  0,25
1 3
ln 1 sin(2 ) cot( )
4 84 2
x x C
  
      

0,25
IV
(1,0 điểm)
+ Kẻ SH vuông góc AC (H  AC)
 SH  (ABC)

3
3, ,
2
a
SC BC a SH  
2
3
2
ABC
a
S 

3
.
1
.
3 4
S ABC ABC
a
V S SH 
0,25
+ Gọi M là trung điểm SB và  là
góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
(SBC).
Ta có: SA = AB = a,
SC BC a 3 
 AM  SB và CM  SB
 cos cos AMC 
0,25
+ SAC = BAC 
3 6
2 2
a a
SH BH SB    0,25
AM là trung tuyến SAB nên:
2 2 2 2
2 2 2 10
4 16
AS AB SB a
AM
 
 
10
4
a
AM 
Tương tự:
42
4
a
CM  
2 2 2
AM CM AC 105
cosAMC
2.AM.CM 35
 
   
Vậy:
105
cos
35
 
0,25
V
(1,0 điểm)
Đặt
1 1 1
, ,a b c
x y z
   . Khi đó theo giả thiết ta có x, y, z là 3 số thực dương thỏa
mãn: xyz = 1 và biểu thức T đươc viết lại:
1 1 1
1 1 1
T
x y y z z x
  
     
0,25
Ta luôn có Bđt thức đúng:  
2 3 2 233 3 3 30x y x xy y xy     
   3 2 233 33 3 3 31 1 1x y x y x xy y x y xy
 
           
 
  333 31x y xy x y z    
0,25

5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
3
33 3
1
1
z
x y x y z
 
   
(1)
Tương tự:
3
33 3
1
1
x
y z x y z

   
(2);
3
33 3
1
1
y
z x x y z

   
(3) 0,25
Cộng vế theo vế các bđt (1), (2), (3) ta được: 1T  .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1
Vậy max 1T  đạt được khi a = b = c = 1
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
Gọi I(a;b) là tâm và R là bán kính của (C)
AI2
= BI2
 7a + b = 2 (1)
0,25
BI2
= d2
(I,)  (a + 3)2
+ (b + 2)2
=
2
(3 4 42)
25
a b 
(2) 0,25
Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được I(1;-5) hoặc I(-3;23) 0,25
+ I(1; -5)  R = 5
(C): (x – 1)2
+ (y + 5)2
= 25
+ I(-3; 23)  R = 25
(C): (x + 3)2
+ (y – 23)2
= 625
0,25
2. (1,0 điểm)
Ta có:
+ Các đoạn OB và AC đều nhận I(2; 2; 2) làm trung điểm (1)
+    8; 16; 8 , 4; 4; 4 . 32 64 32 0AC OB AC OB AC OB           
   
(2)
Từ (1) và (2) suy ra O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi OABC
0,50
+
. 32 32 0
(4; 0; 4); ( )
. 16 16 0
SI AC
SI SI OABC
SI OB
    
   
  
 

 
+ Do OABC là hình thoi và ( )SI OABC nên: ( )
AC OB
AC SOB
AC SI

 

0,25
Từ đó trong mp(SOB) nếu kẻ IH SO tại H thì IH AC tại H. Vậy IH là đoạn
vuông góc chung của SO và AC
. 4 2.2 3 4 66
( , )
112 11
SI OI
d SO AC IH
SO
    
0,25
Ghi chú: Có thể dùng công thức:
|[ , ]. |
( , )
|[ , ]|
SO AC OI
d SO AC
SO AC

  
  0,50
VII.a
(1,0 điểm)
ĐK: x > 0. Đặt: 3logt x , phương trình trở thành: 2(2 1) (4 9) 14 0x t x t    
(1)
0,25
Do 2 1 0, 0x x    nên có thể xem pt (1) là pt bậc 2 ẩn t, ta có:
2 2' (4 9) 56(2 1) (4 5) ' | 4 5|x x x x          
 pt (1) có các nghiệm :
7
2 ;
2 1
t t
x
 

0,25
+ Với t = 2 ta được pt: 3log 2 9x x   0,25
+ Với
7
2 1
t
x


ta được pt: 3 3
7 7
log log 0
2 1 2 1
x x
x x
   
 
Xét hàm số: 3
7
( ) log
2 1
f x x
x
 

, TXĐ : (0; )D  
2
1 14
'( ) 0, 0
.ln3 (2 1)
f x x
x x
    

0,25

6. Thi thử Đại học www.toanpt.net
 Hàm số f là một hàm đồng biến trên (0; )D   .
Mặt khác f(3) = 0  x = 3 là nghiệm duy nhất của pt trên D
Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm x = 9, x = 3
VI.b
(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra ABD đều.
Ta có : (2; 2)AB 

, trung điểm của AB là M(2;1)
 pt trung trực của đoạn AB: 3 0x y  
0,25
D thuộc trung trực của AB  D(t; 3  t) 0,25
+ ABCD là hình thoi nên:
2 2 2( 1) (3 ) 8 4 1 0 2 3AD AB t t t t t            
0,25
+ 2 3 (2 3;1 3), ( 3; 1 3)t D C      
+ 2 3 (2 3;1 3), ( 3; 1 3)t D C       
0,25
2.(1,0 điểm)
Từ giả thiết ta suy ra tọa độ các điểm A, B, C định bởi:
( ;0;0), (0; ;0), (0;0; )A a B b C c trong đó a, b, c là các số thực dương  phương
trình mp(ABC): 1
x y z
a b c
  
0,25
+ M(1, 2, 3)  mp(ABC) nên:
1 2 3
1
a b c
  
+ Thể tích của khối tứ diện OABC được tính bởi:
1 1
. . . .
6 6
V OAOB OC a b c 
0,25
+ Theo bđt CauChy: 31 2 3 1 2 3
1 3 . . . . 162 27a b c V
a b c a b c
        0,25
Đẳng thức xảy ra khi
1 2 3 1
3; 6; 9
3
hay a c
a b c
     
Vậy max 27V  đạt được khi (3;0;0), (0;6;0), (0;0;9)A B C
0,25
VII.b
(1,0 điểm)
ĐK: 1, 1x y    . Khi đó hệ tương đương:
2 1 2 1 3( )3.3 3.3 3 9 (1)
( 1)( 1) 3
x y x y x y
x y
       

  
0,25
Đặt: 2 1 2 13 , 3 ,x y x yu v     ĐK: u > 0, v > 0
Phương trình (1) trở thành:
3
3 3 9 ( 3)( 3) 0
3
u
u v uv u v
v

         
(thỏa
ĐK)
0,25
TH1: Với u = 3, ta có hệ:
2 1
2
23 3
( 1)( 1) 3 2 2 0
VN
x y y x
x y x x
     
  
       
0,25
TH2: Với v = 3, ta có hệ:
2 1
2
2
02 23 3
1
( 1)( 1) 3 2 0
1
2
x y
x
yx y
x
x y y y
y
 
 

   
   
       


So với ĐK ta nhận cả 2 nghiệm:  2; 0 ,
1
1;
2
 
 
 
Tóm lại hệ phương trình có 2 nghiệm:  2; 0 ,
1
1;
2
 
 
 
0,25