1. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2011
Môn thi: TOÁN; Khối: A và B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3
3 3( 1) 4 1y x mx m x m m= − + − − + − (1) , m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = − .
2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị ,A B sao cho tam giác OAB vuông tại ,O trong
đó O là gốc của hệ trục toạ độ.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 4 4 5
cos sin sin 2 .cos2 tan tan
4 4 4 4
x x x x x x
π π π           + + = − + −               
.
2. Giải hệ phương trình
2
4
16 2 3
x y x y x y
x y x
 + − − = −

 − = + −
( , )x y ∈ ℝ .
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
( )4
1
ln 9 x
I dx
x
−
= ∫ .
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại A, 0
2 , 120 .AB a BAC= =
Hình chiếu của đỉnh 'A lên đáy trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác .ABC Biết tam giác 'A BC vuông
tại 'A . Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C theo a .
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm , ,a b c thoả mãn điều kiện
1
.
3
ab bc ca+ + = Chứng minh rằng
2 2 2
1 1 1
3
1 1 1a bc b ca c ab
+ + ≤
− + − + − +
.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho tam giác ABC có : 2 3 0d x y− − = là đường phân giác trong góc
.A Biết 1 1
( 6;0), ( 4;4)B C− − lần lượt là hình chiếu vuông góc của đỉnh ,B C trên các đường thẳng ,AC AB .
Xác định toạ độ các đỉnh , ,A B C của tam giác .ABC
2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hai đường thẳng 1
1 2
: ,
1 1 1
x y z− −
∆ = = 2
3
:
1 1 3
x y z +
∆ = = và
mặt phẳng ( ) : 1 0P x y z− − + = . Viết phương trình đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng ( ),P cắt
đường thẳng 1
,∆ đồng thời đường thẳng ∆ cắt và vuông góc với đường thẳng 2
.∆
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn
| | 2
| 2 . | 2
z
z i z
 =
 + =
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho hình chữ nhật ABCD có các đỉnh ,A C lần lượt thuộc các đường
thẳng 1
: 0d x y+ = và 2
: 2 7 0.d x y− + = Biết giao điểm của hai đường chéo là (1;4)I và đường thẳng
AB đi qua điểm (0; 4)M − , xác định toạ độ các đỉnh , , ,A B C D của hình chữ nhật .ABCD
2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hai đường thẳng 1
1
: ,
1 1 1
x y z −
∆ = = 2
2
:
1 1 2
x y z−
∆ = =
−
và
điểm ( 1;0;1)A − . Xác định toạ độ điểm M trên đường thẳng 1
∆ và điểm N trên đường thẳng 2
∆ sao cho
6MN = và . 3.AM AN =
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình ( ) ( )2
2 2
3( 9 )
log 9 log 9 2 ( ).
x x
x x x x x
+ +
+ − + + + = ∈ ℝ
---------------Hết---------------
Chú ý: Đáp án được cập nhật tại địa chỉ http://dangthuchua.com
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 – MÔN TOÁN - TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
Câu Nội dung Điểm
Khi m = - 1 ta có hàm số 3 2
3 4y x x= + − . Tập xác định D = ℝ . Sự biến thiên
•••• Chiều biến thiên: y’ = 3x2
+ 6x ; y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = - 2.
' 0 ( ; 2) (0; )y x> ∀ ∈ −∞ − ∪ +∞ . Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; - 2) và (0;+ ∞).
' 0 ( 2;0)y x< ∀ ∈ − . Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0).
0,25
•••• Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = - 2, yC Đ = y(-2) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = - 4.
Giới hạn: 3 2 3 2
lim ( 3 4) ; lim ( 3 4)
x x
x x x x
→ −∞ → +∞
+ − = −∞ + − = +∞ . 0,25
•••• Bảng biến thiên:
x - ∞ -2 0 + ∞
y’ + 0 - 0 +
y
0 + ∞
- ∞ - 4
0,25
I-1
•••• Đồ thị: Giải phương trình 3 2
3 4 0 2 v 1x x x x+ − = ⇔ = − = .
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm 2 điểm M(- 2; 0) và N(1; 0).
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm P(0; - 4).
y’’ = 6x + 6; y’’ = 0⇔ x = - 1.
Đồ thị hàm số nhận điểm I(- 1; - 2) làm tâm đối xứng.
0,25
2 2
' 3( 2 1)y x mx m= − + − . Hàm số có cự trị khi và chỉ khi phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt hay m∀ ∈ ℝ . 0,25
' 0 1 v 1y x m x m= ⇔ = − = + . Hai điểm cực trị là A(m – 1; m + 1), B(m +1; m – 3). 0,25
( 1; 1), ( 1; 3)OA m m OB m m= − + = + − . OAB là tam giác vuông tại O khi O, A, B phân biệt và . 0OAOB = 0,25
I-2
2
2( 2) 0 1 v 2m m m m⇔ − − = ⇔ = − = 0,25
Điều kiện xác định
cos 0
4 4
( )
3
cos 0
44
x x k
k
x kx
π π
π
ππ
π
   + ≠ ≠ +     
⇔ ∈ 
   ≠ +− ≠    
ℤ . (*) 0,25
Phương trình đã cho tương đương với
2
2 1 cos 2 sin sin
1 cos 2 52 4 4
sin 2 .cos 2
2 2 4
cos cos
4 4
x x x
x
x x
x x
π π π
π π
      
− + + −      +        + = − 
       + −         
2 2 5 cos cos 2
1 2 cos 2 cos 2 (1 sin 2 ) 2
sin 2 .cos 2
4 4
4 cos cos 2
2
x
x x x
x x
x
π
π
 
− + + +  ⇔ + = −
 
+ 
 
0,25
( )sin 2 cos2 2.sin 2 .cos2 1x x x x⇔ + = + ( ) ( )
2
sin 2 cos2 sin 2 cos 2x x x x⇔ + = +
sin 2 cos 2 1 v sin 2 cos2 0x x x x⇔ + = + =
0,25
II-1
2
sin 2 v tan 2 1
4 2
x x
π 
⇔ + = = − 
 
v v ,( )
4 8 2
k
x k x k x k
π π π
π π⇔ = = + = − + ∈ℤ
Đối chiếu điều kiện (*) phương trình đã cho có nghiệm là v ,( )
8 2
k
x k x k
π π
π= = − + ∈ℤ
0,25
II-2
Điều kiện xác định
2
4, 0, ,4 , 3x y x y x y y x≥ ≥ ≥ ≥ ≥ . (*)
Phương trình (1) tương đương với
2
2 2 4x x y x y− − = − 2
2 2x y y x⇔ − = − 4 4 v 0y x y⇔ = − =
0,25
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
x
y
I

3. Với y = 0 (Loại, vì 2 điều kiện 4x ≥ và 3y x≥ )
Với y = 4x – 4 thế vào phương trình (2) ta có
2
16 2 4x x− = + −
0,25
2
2
2
25 5
16 3 4 1
4 116 3
x x
x x
xx
− −
⇔ − − = − − ⇔ =
− +− + 2
5 1
( 5) 0
4 116 3
x
x
xx
 +
⇔ − − = 
− +− + 
2
5 1
5 v 0
4 116 3
x
x
xx
+
⇔ = − =
− +− +
* x = 5. Kết hợp điều kiện (*), hệ phương trình có 1 nghiệm
5
16
x
y
=

=
0,25
*
2
5 1
0
4 116 3
x
xx
+
− =
− +− +
vô nghiệm, vì
2 2
5 5 1
1
4 116 3 3
x x
xx x
+ +
> > ≥
− +− + +
0,25
Đặt t x= . Khi x = 1 thì t = 1 , khi x = 4 thì t = 2. Ta có 2
2
dx dx
dt dt
x x
= ⇒ = 0,25
Do đó ( )
2
2
1
2 ln 9I t dt= −∫ . Đặt
2
2
2
ln(9 )
9
t
du dtu t
t
dv dt
v t

 == − 
⇒ − 
=  =
. Vì vậy
2 2
2
2
1
2
2 ln(9 ) 4
1 9
t
I t t dt
t
= − −
−∫ 0,25
2 2
2
1
9 9
4ln5 2ln8 4
9
t
dt
t
− +
= − −
−∫ 0,25
III
23 3
4ln5 2ln8 4 ln
12 3
t
t
t
 − 
= − − + + 
4ln5 6ln 2 4 6ln5 6ln 2 10ln5 12ln 2 4= − − + − = − − 0,25
0,25
0,25
0,25
IV Gọi I là trung điểm cạnh BC,
H là hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC)
2 3BC a= , 2HA HB HC a= = =
' ' 'A A A B A C⇒ = =
Do đó tam giác A’BC vuông cân tại A’ ' ' 6A B AA a⇒ = =
Độ dài đường cao hình lăng trụ ABC.A’B’C’ là
2 2
' ' 2A H A A HA a= − =
Diện tích tam giác ABC là
21
. .sin 3
2
ABCS AB AC BAC a= =
Thể tích khối lăng trụ là
3
. ' ' ' ' . 6ABC A B C ABCV A H S a= =
0,25
Từ giả thiết
1 1
( )
3 3
ab bc ca bc a b c+ + = ⇒ = − + + .
*Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
1 1 1
3
2 2 2
( ) ( ) ( )
3 3 3
a a b c b a b c c a b c
+ + ≤
+ + + + + + + + +
0,25
V
( ) ( ) ( ) 1
3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 ( ) 2 3
a a b c b a b c c a b c
a a b c b a b c c a b c
+ + + + + +
⇔ + + ≥
+ + + + + + + + +
.
1
( )
3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 ( ) 2 3
a b c
a b c
a a b c b a b c c a b c
 
⇔ + + + + ≥ + + + + + + + + + 
(1)
0,25

4. *Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có bất đẳng thức
2
3 1 2 31 2
1 1 2 2 3 3
1 2 3 1 1 2 2 3 3
( )
, , , 0
a a a aa a
a c a c a c
c c c a c a c a c
+ +
+ + ≥ ∀ >
+ +
.
Ta có
2
2 2 2
( )
3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 ( ) 2 ( ) 3( ) 2
a b c a b c
a a b c b a b c c a b c a b c a b c
+ +
+ + ≥
+ + + + + + + + +  + + + + + 
0,25
2 2 2
2 2 2
2
13
3( )) 3( ) 2
a b c
a b ca b c a b c
+ + +
= =
+ + + + + + + 
(2)
Đẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c= = = . Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
0,25
Gọi
'
1( ; )B a b là điểm đối xứng của 1B qua đường phân giác trong d.
'
1 1 ( 6; )B B a b= + , trung điểm đoạn thẳng
'
1 1B B là
6
( ; )
2 2
a b
I
−
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là (1;2)u .
Ta có hệ phương trình
'
1 1
6. 0
6
aB B u
bI d
 ==
⇔ 
= −∈ 
hay
'
1(6; 6)B − .
0,25
Do
'
1B đối xứng với 1B qua đường phân giác trong d nên
'
1B thuộc đường thẳng AB.
Đường thẳng AB đi qua điểm
'
1B và 1C . Phương trình cạnh AB là : x + y = 0.
Ta có { }A AB d= ∩ . Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ phương trình
2 3 0 1
0 1
x y x
x y y
− − = = 
⇔ 
+ = = − 
hay A(1 ;- 1).
0,25
Đường thẳng AC đi qua A và 1B . Phương trình cạnh AC là : x + 7y + 6 = 0.
Đường cao 1BB đi qua 1B vuông góc với đường thẳng AC . Phương trình đường cao 1BB là : 7x – y + 42 = 0.
Đường cao 1CC đi qua 1C vuông góc với đường thẳng AB . Phương trình đường cao 1CC là : x – y + 8 = 0.
0,25
VI.a-1
Ta có 1{ }B AB BB= ∩ . Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
21
0 4
7 42 0 21
4
x
x y
x y
y

= −+ = 
⇔ 
− + =  =

hay
21 21
( ; )
4 4
B −
Ta có 1{C} AC CC= ∩ . Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
31
7 6 0 4
8 0 1
4
x
x y
x y
y

= −+ + = 
⇔ 
− + =  =

hay
31 1
( ; )
4 4
C −
Đáp số : A(1 ; -1),
21 21
( ; )
4 4
B − ,
31 1
( ; )
4 4
C −
0,25
Giả sử ( 1; ; 2)M t t t+ + là giao điểm của đường thẳng 1∆ với đường thẳng ∆ và ( ; ;3 3)N k k k − là giao điểm của đường
thẳng 2∆ với đường thẳng ∆ ( 1; ;3 5)MN k t k t k t⇒ − − − − − .
0,25
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng 2∆ là 2 (1;1;3)u = . Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là (1; 1; 1)n = − − . 0,25
Từ giả thiết ta có
2. 0 ( 1) ( ) 3(3 5) 0
. 0 ( 1) ( ) (3 5) 0
( ) ( 1) ( 2) 1 0
MN u k t k t k t
MN n k t k t k t
M P t t t
 = − − + − + − − =
 
= ⇔ − − − − − − − = 
 ∉ + − − + + ≠
11 5 16 0
1
3 4 0
1
0
k t
t
k t
k
t
− − =
= −
⇔ − + + = ⇔ 
= ≠
0,25
VI.a-2
Ta có M(0 ; - 1 ; 1) và N(1 ;1 ; 0).
(1;2; 1)MN = − . Phương trình đường thẳng ∆ là
1 1
1 2 1
x y x+ −
= =
−
0,25

5. Giả sử ( , )z x yi x y= + ∈ℝ . Ta có z x yi= − .
Ta có 2 . ( 2 ) (2 )z i z x y x y i+ = + + + .
0,25
Khi đó
| | 2
| 2 . | 2
z
z i z
 =

+ =
2 2
2 2
2
( 2 ) (2 ) 2
x y
x y x y
 + =
⇔ 
+ + + =
0,25
2 2 2 2
2 2
2 2
15( ) 8 2
x y x y
xyx y xy
 + =  + =
⇔ ⇔ 
= −+ + = 
0,25
VII.a
0 1 1
v
1 1 1
x y x x
xy y y
+ = = = −  
⇔ ⇔  
= − = − =  
. Vậy 1z i= − hoặc 1z i= − + . 0,25
Giả sử ( ; )A t t− , ( ;2 7)C k k + . Do I là trung điểm của AC nên ta có hệ phương trình
2 1
2 7 8 1
t k t
t k k
+ = = 
⇔ 
− + + = = 
Hay A(1 ; - 1), C(1 ; 9).
0,25
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là (1;3)ABu MA= = . Phương trình cạnh AB là 3x – y – 4 = 0.
Một vectơ chỉ phương của đường chéo AC là
1
. (0;1)
5
ACu AI= = .
Giả sử một vectơ chỉ phương của đường chéo BD là
2 2
( ; ), 0BDu a b a b= + ≠ .
0,25
Tam giác IAB cân tại I
0
90BAI ABI⇒ = < . Từ đó ta có | cos( , ) | | cos( , ) |AB AC AB BDu u u u=
2 2
4 3 03 | 3 |
(4 3 ) 0
010 10
a ba b
a a b
aa b
− =+
⇔ = ⇔ − = ⇔  =+ 
0,25
VI.b-1
* Với 4a - 3b = 0, chọn a = 3, b = 4 ta có (3;4)BDu = . Do đó phương trình đường chéo BD là 4x - 3y + 8 = 0.
Ta có { }B AB BD= ∩ . Toạ độ đỉnh B là nghiệm của hệ phương trình
3 4 0 4
4 3 8 0 8
x y x
x y y
− − = = 
⇔ 
− + = = 
hay B(4 ;8).
Do I là trung điểm của BD ⇒ D(- 2 ; 0)
* Với a = 0, chọn b = 1 ta có (0;1)BD ACu u= = . Trường hợp này bị loại.
Đáp số : A(1 ; - 1), B(4 ;8), C(1 ; 9), D(- 2 ; 0).
0,25
Giả sử ( ; ; 1), ( ; 2; 2 )M t t t N k k k+ + − . 0,25
Ta có ( ; 2; 2 1)MN t k t k t k= − + − + + − − − , ( 1; ; ), ( 1; 2; 2 1)AM t t t AN k k k= + + + − − 0,25
Từ giả thiết ta có
2 2 2
( 1)( 1) ( 2) ( 2 1) 3
( ) ( 2) ( 2 1) 6
t k t k t k
t k t k t k
+ + + + + − − =

− + + − + + + − − − =
2
2 2
27 66 39 0
k t
t t
= −
⇔ 
− + =
0,25
VI.b-2
13
1 9
0 8
9
t
t
v
k
k

== 
⇔  
=  = −

. Do đó (1;1;2), (0;2;0)M N hoặc
13 13 22 8 10 16
( ; ; ), ( ; ; )
9 9 9 9 9 9
M N − 0,25
Điều kiện xác định
2
9 1 4x x x+ + ≠ ⇔ ≠ − . (*) 0,25
Phương trình đã cho tương đương với ( )2
2
3( 9 ) 2
9
log log 9 2
9x x
x x
x x+ +
 
+ + + = 
+ + 
( )
( )2
3
2
3
2
1 log 9 2
log 9
x x
x x
⇔ − + + + =
+ +
0,25
Đặt ( )2
3log 9t x x= + + . Phương trình đã cho trở thành
22
3 3 2 0 1 v 2t t t t t
t
+ = ⇔ − + = ⇔ = = 0,25
VII.b
Với
2
1 9 3 0t x x x= ⇒ + = − ⇔ = (thoả mãn điều kiện (*))
Với
2
2 9 9 4t x x x= ⇒ + = − ⇔ = (thoả mãn điều kiện (*))
Đáp số : x = 0 và x = 4.
0,25
Chú ý : Nếu thí sinh làm cách khác với đáp án, giải đúng thì vẫn cho điểm tối đa của câu đó !
CHÚC CÁC THÍ SINH ĐẠT KẾT QUẢ CAO TRONG KỲ THI ĐẠI HỌC! – GV : Trần Đình Hiền