Đề + đáp an, thi thử THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An, lần 1, 2011

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
   
(C
m
)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C
m
) khi m = 0
2. Tìm m để hàm số (C
m
) 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 MA
2
+ MB
2
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:

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
0
m

, ta có hàm số
3 2
3 2
y x x
  
.

Tập xác định :

.

Sự biến thiên :
-Chiều biến thiên:
2
' 3 6
y x x
 
;
' 0 0

y x
  
hoặc
2
x

.

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ;0)

và
(2; )

; nghịch biến trên khoảng
(0;2).

-Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0; 2
CĐ
x y
 
, đạt cực tiểu tại
2; 2
CT
x 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 0
y x x m
    
(1)
Hàm số
( )
m
C
có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân
biệt
3
m
 
.

0,25
x

-



0

2

+


0

0

'
y







y



2

2


+


O

2


2

2

x

y

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
( )
m
C
, (
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
'( ) '( ) 0
y 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 0
m m
    
( thỏa mãn).
Vậy:
0
m

.



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 sin
x c x x c x x x
    

sin 3 os3 sin cos
x 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 5
x x
   
.
Đặt
2 3
y x
 
,

0
y

. 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 0
x y y x
     

(2 2)(2 1) 0
x y x y
    

2 2 0
2 1 0

x y
x y
  


  

.

0,25

Với
2 2 0
x y
  

2 2 2 3
x 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 0
x y
  


2 1 2 3
x 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
1
x

thì
0

t

; với
x e

thì
1
t

. Suy ra

1 1
2
0 0
1 1
1
1
t t t t
I dt dt
t
t
 
 


 


0,25

4

Đặt
sin cos
t u dt udu
  
. Với
0
t

thì
0
u

; với
1
t

thì
2
u


. Ta có

2
2
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
2
1
2
AICJ

S a
 , suy ra
.
1
.
3
S AICJ AICJ
V 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


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
2
HA 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
0
x

, 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
 

 
hay
3 7 49 0
x y
  
.
0,25
2. (1,0 điểm)

Gọi
I

là trung điểm của
AB
, ta có
(3;3;3)
I và
2 2 2 2
1
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 21
a bi i a bi i
     

0,25
5 3 3( ) 25 21
a b a b i i
     

0,25
5 3 25

3( ) 21
a b
a b
 



 

2
5
a
b




 

2 5
z i
  
.

0,25
VII.a
(1.0
điểm)
Do đó
| | 4 25

z   hay
| | 29
z  .
0,25
1. (1,0 điểm)
Ta có
(2;1)
AB

,
(6;9)
AC




os 0
c 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
( ; ) 2
I d AI

. Dấu đẳng thức xảy ra khi
d
vuông góc với
AI
.
0,25
t
'( )
f t

1
3
1
0
t


0
0
( )

f t

t


131
90
3
2
( )
f t

t



6

Do tam giác
ABC
có

BAC
nhọn nên
2
BC 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) 0
d 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
1
d
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, 1
x 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)

2
log 1
4 1
x
y x
 



 

1
2
1
x
y








.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
1
;1
2
 

 
 
.


0,25
Hết