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----------