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 . 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. 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. 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