ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN TOÁN THI THỬ ĐH L1 ĐẶNG THÚC HỨA

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 1
y 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
1
m
= −
.
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 .cos 2 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 1
a 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 0
d x y

− − =
là đường phân giác 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 0
P 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
: 0
d 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
6
MN
=
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
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 – MÔN TOÁN - TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
Câu Nội dung Điểm
I-1
Khi m = - 1 ta có hàm số
3 2
3 4
y x x
= + −
. Tập xác định
D
=
ℝ
. Sự biến thiên
•
••
• Chiều biến thiên: y’ = 3x
2
+ 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, y
C Đ
= y(-2) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= 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
•

••
• Đồ thị: Giải phương trình
3 2
3 4 0 2 v 1
x 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
I-2
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 1
y 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
. 0
OAOB
=
 

0,25
2
2( 2) 0 1 v 2
m m m m
⇔ − − = ⇔ = − =
0,25
II-1
Điều kiện xác định
cos 0
4
4
( )
3
cos 0
4

4
x
x k
k
x k
x
π
π
π
π
π
π

 

+ ≠
≠ +
 


   
⇔ ∈
 
 
 
≠ +
− ≠
 




 

ℤ
. (*)
0,25
Phương trình đã cho tương đương với
2
2
1 cos 2 sin sin
1 cos 2 5
2 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 .cos 2 1
x x x x
⇔ + = +

( ) ( )
2
sin 2 cos 2 sin 2 cos 2
x x x x
⇔ + = +

sin 2 cos 2 1 v sin 2 cos 2 0
x x x x
⇔ + = + =

0,25

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 , 3
x y x y x y y x
≥ ≥ ≥ ≥ ≥
. (*)
Phương trình (1) tương đương với
2
2 2 4
x x y x y
− − = −
2
2 2
x y y x
⇔ − = −
4 4 v 0
y 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
Với y = 0 (Loại, vì 2 điều kiện
4
x
≥
và
3
y x
≥
)
Với y = 4x – 4 thế vào phương trình (2) ta có
2
16 2 4
x x
− = + −

0,25
2
2
2
25 5
16 3 4 1
4 1
16 3
x x
x x
x
x
− −
⇔ − − = − − ⇔ =

− +
− +
2
5 1
( 5) 0
4 1
16 3
x
x
x
x
 
+
⇔ − − =
 
− +
− +
 

2
5 1
5 v 0
4 1
16 3
x
x
x
x
+
⇔ = − =

− +
− +

* x = 5. Kết hợp điều kiện (*), hệ phương trình có 1 nghiệm
5
16
x
y
=


=


0,25
*
2
5 1
0
4 1
16 3
x
x
x
+
− =
− +
− +
vô nghiệm, vì
2 2

5 5 1
1
4 1
16 3 3
x x
x
x x
+ +
> > ≥
− +
− + +

0,25
III
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 9
I t dt
= −
∫
. Đặt
2
2
2
ln(9 )
9
t
du dt
u 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
4ln 5 2ln8 4
9
t
dt
t
− +
= − −

−
∫

0,25
2
3 3
4ln 5 2ln8 4 ln
1
2 3
t
t
t
 − 
= − − +
 
+
 
4ln 5 6ln 2 4 6ln5 6ln 2 10ln5 12ln 2 4
= − − + − = − −

0,25
IV
Gọi I là trung điểm cạnh BC,
H là hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC)
2 3
BC a
=
,
2
HA HB HC a

= = =

' ' '
A A A B A C
⇒ = =

Do đó tam giác A’BC vuông cân tại A’
' ' 6
A B AA a
⇒ = =

Độ dài đường cao hình lăng trụ ABC.A’B’C’ là
2 2
' ' 2
A H A A HA a
= − =

Diện tích tam giác ABC là

2
1
. .sin 3
2
ABC
S AB AC BAC a
= =

Thể tích khối lăng trụ là
3
. ' ' '

' . 6
ABC A B C ABC
V A H S a
= =







0,25
0,25
0,25
0,25
V
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
( ) ( ) ( ) 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



*Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có bất đẳng thức
2

3 1 2 3
1 2
1 1 2 2 3 3
1 2 3 1 1 2 2 3 3
( )
, , , 0
a a a a
a 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
1
3
3( )
) 3( ) 2
a b c
a b c
a 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
VI.a-1
B
1
và C
1

nằm nửa măth phẳng bờ là d suy ra đường thẳng d là đường phân giác noài
Gọi
'
1
( ; )
B a b
là điểm đối xứng của
1
B
qua đường phân giác d.
'
1 1
( 6; )
B B a b
= +

, trung điểm đoạn thẳng
'
1 1
B 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
a
B B u
b
I d

=

=
⇔
 
= −
∈





hay
'

1
(6; 6)
B
−
.
0,25
Do
'
1
B
đối xứng với
1
B
qua đường phân giác trong d nên
'
1
B
thuộc đường thẳng AB.
Đường thẳng
AB
đi qua điểm
'
1
B
và
1
C
. 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
1
B
. Phương trình cạnh AC là : x + 7y + 6 = 0.
Đường cao
1
BB
đi qua
1
B
vuông góc với đường thẳng
AC
. Phương trình đường cao
1

BB
là : 7x – y + 42 = 0.
Đường cao
1
CC
đi qua
1
C
vuông góc với đường thẳng
AB
. Phương trình đường cao
1
CC
là : x – y + 8 = 0.

0,25
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
VI.a-2
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
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

VII.a
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
1
5( ) 8 2
x y
x y
xy
x y xy

+ =

+ =

⇔ ⇔
 
= −
+ + =





0,25
0 1 1
v
1 1 1
x y x x
xy y y
+ = = = −
  
⇔ ⇔
  
= − = − =
  
. Vậy
1
z i
= −
hoặc
1
z i
= − +
.
0,25
VI.b-1
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)
AB
u MA= =


. Phương trình cạnh AB là 3x – y – 4 = 0.
Một vectơ chỉ phương của đường chéo AC là
1
. (0;1)
5
AC

u AI= =


.
Giả sử một vectơ chỉ phương của đường chéo BD là
2 2
( ; ), 0
BD
u a b a b
= + ≠

.
0,25
Tam giác IAB cân tại I


0
90
BAI ABI⇒ = <
. Từ đó ta có
| cos( , ) | | cos( , ) |
AB AC AB BD
u u u u=
   

2 2
4 3 0
3 | 3 |
(4 3 ) 0
0

10
10
a b
a b
a a b
a
a b
− =

+
⇔ = ⇔ − = ⇔

=
+


0,25
* Với 4a - 3b = 0, chọn a = 3, b = 4 ta có
(3;4)
BD
u =

. 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 AC
u u
= =
 
. Trường hợp này bị loại.
Đáp số : A(1 ; - 1), B(4 ;8), C(1 ; 9), D(- 2 ; 0).
0,25
VI.b-2
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
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
VII.b
Điều kiện xác định
2
9 1 4
x x x
+ + ≠ ⇔ ≠ −
. (*)
0,25
Phương trình đã cho tương đương với
( )
2
2
3
( 9 )
2
9
log log 9 2
9
x x
x x
x x

+ +
 
+ + + =
 
+ +
 

( )
(
)
2
3
2
3
2
1 log 9 2
log 9
x x
x x
⇔ − + + + =
+ +

0,25
Đặt
(
)
2
3
log 9
t x x

= + +
. Phương trình đã cho trở thành
2
2
3 3 2 0 1 v 2
t t t t t
t
+ = ⇔ − + = ⇔ = =

0,25
Với
2
1 9 3 0
t x x x
= ⇒ + = − ⇔ =
(thoả mãn điều kiện (*))
Với
2
2 9 9 4
t 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