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 B
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 23 23
mxxxy (1) với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0.
2. Định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: 2tancot)
4
2(cos2 2
xxx
2. Giải bất phương trình:
2 ( 3 5 4 3)
15 5 2 9
2 9 3
x x x
x
x
Câu III (1 điểm)
Tính dx
x
xxx
4sin
2tan2tancot
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại B, AB = a, BC = a 3 , SA vuông góc với đáy, góc
giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng 0
60 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB
và SC. Tính thể tích khối chóp S.ABC.
Câu V (1 điểm)
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng bốn nghiệm thực:
2 2
( 4) 2 5 8 24m x x x x
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 tam giác ABC có đường phân giác trong kẻ từ A, đường trung
tuyến kẻ từ B và đường cao kẻ từ C lần lượt có phương trình: x + y – 3 = 0, x – y + 1 = 0, 2x + y +
1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + z 3 = 0, (Q): y + z + 5 = 0 và điểm
(1; 1; 1)A . Tìm tọa độ các điểm M trên (P), N trên (Q) sao cho MN vuông góc với giao tuyến
của (P), (Q) và nhận A là trung điểm.
Câu VII.a (1 điểm)
Giải hệ phương trình:
2 2
2
2 2 2 1
2 2 2
4 2 4 4
2 3.2 112
x x y y
y x y
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại B, phương trình : 3 2 3 0AB x y ,
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (0;2)I , điểm B thuộc trục Ox. Tìm tọa độ điểm C.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( 1;0;1), (2; 1;0), (2;4;2)A B C và mặt phẳng
( ) : 2 2 0x y z . Tìm tọa độ điểm M trên () sao cho biểu thức 2 2 2
T MA MB MC đạt
giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình: 2 2
2 13
log (4 4 1) log (2 7 3) 5xx
x x x x
---------------Hết---------------
Họ và tên thí sinh:……………………………
2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN; khối: B
Câu Đáp án Điểm
I
(2,0 điểm)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 2
3 2y x x
Tập xác định: D =
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
/ 2
/ 2
3 6 ,
0
0 3 6 , (0) 2, (2) 2
2
y x x
x
y x x y y
x
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 0) và (2; +), nghịch biến trên khoảng
(0; 2)
- Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và yCT = y(2) = 2;
+ Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 2.
- Giới hạn:
x x
lim , lim
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
// //
6 6, 0 6 6 0 1, (1) 0y x y x x y
điểm uốn I(0; 2)
Đồ thị: đi qua các điểm (2; 1), (2; 3)
và nhận điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng.
0,25
2. Định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ
thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân.
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
' 9 3 0 3m m (1) 0,25
3
2)2
3
2
(').1(
3
1
23 23
m
x
m
yx
mxxxy
Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình
3
2)2
3
2
(
m
x
m
y
0,25
Đường thẳng này cắt 2 trục Ox và Oy lần lượt tai
3
6
;0,0;
)3(2
6 m
B
m
m
A
Tam giác OAB cân khi và chỉ khi OA OB
6 6
2( 3) 3
9 3
6; ;
2 2
m m
m
m m m
0,5
0
y’(x)
y(x)
+2
0 0 ++
2
2
+
x
y
1
2
1 3 1 3
2
2
3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Với m = 6 thì OBA do đó so với điều kiện ta nhận
2
3
m
II
(2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2tancot)
4
2(cos2 2
xxx
Đk k
k
x ,
2
Phương trình đã cho tương đương với:
cos2
1 cos(4 ) 2
2 sin cos
x
x
x x
0,25
2cos2 sin2 cos2 sin2
1 sin 4 (cos2 sin2 )
sin cos sin cos
x x x x
x x x
x x x x
0,25
cos2 sin2 0 tan2 1
(cos2 sin2 )sin2 2 sin4 cos4 5
x x x
x x x x x
0,25
,
8 2
l
x l
So với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là ,
8 2
l
x l
0,25
2. Giải bất phương trình:
2 ( 3 5 4 3)
15 5 2 9
2 9 3
x x x
x
x
Đk
5
3
x
Bất phương trình đã cho tương đương với
2 ( 3 5 4 3)
5( 2 9 3) 0
2 9 3
x x x
x
x
3 5 4 3 5 0x x
0,25
Xét hàm số
5
( ) 3 5 4 3 5,
3
f x x x x
Có
3 2 5
'( ) 0,
32 3 5 4 3
f x x
x x
nên hàm ( )f x tăng
5
3
x , mặt khác (3) 0f
0,50
Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là
5
3
3
x 0,25
III
(1,0 điểm)
cot tan 2 tan2 2cot2 2 tan2
sin 4 sin 4
x x x x x
dx dx
x x
0,25
2cot4
sin 4
x
dx
x
0,25
2
cos4
2
sin 4
x
dx
x
0,25
1
2sin 4
C
x
0,25
IV
(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại B, AB = a, BC = a 3 , SA vuông góc với
đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng 0
60 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu
vuông góc của A trên SB và SC. Tính thể tích khối chóp S.ABC.
Chứng minh HK SC 0,25
tam giác AHK vuông tại H và
0
60AKH
0,25S
K
4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
0
.sin60AH AK
2 2
. 2
23 4
AB AC a
SA
AC AB
0,25
2
1 3
.
2 2ABC
a
S AB BC
3
1 6
.
3 12ABC
a
V S SA
0,25
V
(1,0 điểm)
Pt đã cho được viết lại về dạng: 2 2 2
( 4) 2 ( 4) 4( 2)m x x x x (1)
Do x = 4 không phải là nghiệm (1) dù m lấy bất cứ giá trị nào nên:
pt (1)
2
2
4 4 2
42
x x
m
xx
(2)
Đặt
2
4
2
x
t
x
, pt (2) trở thành:
4
m t
t
0,25
Xét hàm
2
4
( )
2
x
f x
x
. TXĐ: ,
2 2
2 4 1
'( ) ; '( ) 0
2( 2) 2
x
f x f x x
x x
1
3; lim ( ) 1 ; lim ( ) 1
2 x x
f f x f x
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của t là: 1 < t 3 và pt
2
4
2
x
t
x
có 2
nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 1 < t < 3 (3)
0,25
Lại xét hàm
4
( )g t t
t
với 1 < t 3 ;
2
2
4
'( ) ; '( ) 0 2
t
g t g t t
t
13
( 1) 5; (1) 5; (2) 4; (3)
3
g g g g ,
0 0
lim ( ) ; lim ( )
x x
f x f x
Bảng biến thiên: 0,25
Từ (3) và bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của m thỏa yêu cầu bài toán là:
13
4
3
m 0,25
VI.a
(2,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC có đường phân giác trong góc A, đường trung tuyến kẻ từ B và đường
cao kẻ từ C lần lượt là x + y – 3 = 0, x – y + 1 = 0, 2x + y + 1 = 0. Tính tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC.
Đặt lA: x + y – 3 = 0, mB: x – y + 1 = 0, hC: 2x + y + 1 = 0
- A lA A(a; 3-a); B mB B(b;b+1); C hC C(c;-1-2c)
- AB hC 3a + b – 4 = 0 (1)
0,25
x
f’(x)
t = f(x)
+
1
2
0 +
1
3
1
x
g’(x)
m = g(x)
1
0
5
310 2
+
4
5
13
3
5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Gọi M là trung điểm của AC
2 2
;
2 2
a c a c
M
M mB 2a + 3c = 0 (2)
0,25
- Gọi N là trung điểm BM
2 4 2 2
;
4 4
a b c a b c
N
lA mB N lA 4b – c – 8 = 0 (3)
0,25
Giải hệ ba phương trình (1), (2) và (3) ta được
12 39 32 49 8 1
; , ; , ;
17 17 17 17 17 17
A B C
0,25
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + z 3 = 0, (Q): y + z + 5 = 0 và
điểm (1; 1; 1)A . Tìm tọa độ các điểm M trên (P), N trên (Q) sao cho MN vuông góc với
giao tuyến của (P), (Q) và nhận A là trung điểm.
( ) ( ; ;3 )M P M x y x
A là trung điểm MN (2 ; 2 ; 5 )N x y x
( ) 2 (1)N Q x y
0,25
(2 2 ; 2 2 ; 8 2 )MN x y x
Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q): 1 2
(1;0;1), (0;1;1)n n
1 2
[ , ] ( 1; 1;1)n n n
0,25
MN vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q) . 0MN n
2 4 (2)x y
0,25
Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được 2, 0x y
(2;0;1), (0; 2; 3)M N
0,25
VII.a
(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2 2
2
2 2 2 1
2 2 2
4 2 4 4 (1)
2 3.2 112 (2)
x x y y
y x y
Đặt
2
1
4 , 2x y
u v
, ĐK: u > 0, v > 0. Khi đó hệ trở thành:
2
22
2( ) 4
4 12 1124 12 112
u vu v
v uvv uv
(I) hoặc 2
2
4 12 112
u v
v uv
(II)
0,25
Giải (I), (II) được:
3 7
( ; ) (4;2), ;
2 2
u v
0,25
( ; ) (4;2)u v ( ; ) 2; 1x y 0,25
3 7
( ; ) ;
2 2
u v
2 2
1
( ; ) 2log 6; log 7 1
2
x y
0,25
VI.b
(2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại B, phương trình
: 3 2 3 0AB x y , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (0;2)I , điểm B thuộc
trục Ox. Tìm tọa độ điểm C.
- B = AB Ox B(2;0); A AB ; 3 2 3A a a 0,25
- IA = IB 1 3;3 3A 0,25
- AC qua A và vuông góc với (2; 2)IB
AC: 2 2 3 0x y
( ; 2 2 3)C AC C c c
0,25
6. Thi thử Đại học www.toanpt.net
- IB IC 3 1;1 3C 0,25
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( 1;0;1), (2; 1;0), (2;4;2)A B C và mặt
phẳng ( ) : 2 2 0x y z . Tìm tọa độ điểm M trên () sao cho biểu thức
2 2 2
T MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất.
( ) ( 2 2; ; )M M y z y z
Gọi G là điểm sao cho:
2 2 2
0 (1; 1; 1)GA GB GC G GA GB GC const
0,25
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
3 2 ( )
3
T MA MB MC MG MG GA GB GC GA GB GC
MG GA GB GC
T nhỏ nhất MG nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của G trên mp()
0,25
( 3; 1 ; 1 )MG y z y z
cùng phương với vtpt của (): (1; 1; 2)n
2 3 1 1
1 1 2
y z y z
0,25
2 2 2 0
2 1 1
y z y
y z z
Vậy: (0; 0; 1)M và min 40T 0,25
VII.b
(1,0 điểm)
Giải phương trình: 2 2
2 13
log (4 4 1) log (2 7 3) 5xx
x x x x
(1)
Đk:
1
2
0
x
x
Phương trình đã cho tương đương với 3 2 1
4 log (2 1) log ( 3) 4x x
x x
(2)
0,25
Đặt 2 1
log ( 3)x
t x
, t 0. Phương trình (2) trở thành: 2
4 4 0t t
2t
0,25
2 1
log ( 3) 2x
x
2
3 (2 1)x x 2
4 3 2 0x x 0,25
3 41
8
x
So với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình (1) là
3 41
8
x
0,25
---------------Hết---------------
