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 A
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 133
 xxy (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Định m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt:
mmxx 33 33

Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2 2
4
4
(2 sin 2 )(2cos cos )
cot 1
2sin
x x x
x
x
 
 
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2
5 0
( , )
2 5 1 0
x y xy x y
x y
xy y y
    

   

Câu III (1 điểm)
Tính
2
cos
8
sin 2 cos 2 2
x
dx
x x
 
 
 
 

Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), , 2SA AB a AC a  
và   0
90 .ASC ABC  Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC).
Câu V (1 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a.b.c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
ab bc ca
T
a b ab b c bc c a ca
  
     
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 hai điểm (4; 1), ( 3; 2)A B   và đường thẳng
:3 4 42 0x y    . Viết phương trình đường tròn ( )C đi qua hai điểm ,A B và tiếp xúc với
đường thẳng .
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(6; 6; 6), B(4; 4; 4), C( 2; 10; 2) và S(2; 2; 6).
Chứng minh O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi và hình chiếu vuông góc của S trên mặt
phẳng (OABC) trùng với tâm I của OABC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AC.
Câu VII.a (1 điểm)
Giải phương trình: 2
3 3(2 1)log (4 9)log 14 0x x x x    
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có A(1; 0), B(3; 2) và  0
120 .ABC Xác định
tọa độ hai đỉnh C và .D
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A, B, C lần lượt di động trên các tia Ox, Oy và Oz sao
cho mặt phẳng (ABC) không đi qua O và luôn đi qua điểm M(1; 2; 3). Xác định tọa độ các điểm A,
B, C để thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm)
Giải hệ phương trình:
2 2 2
3 3
3 3 27 9
( , )
log ( 1) log ( 1) 1
x y x y x y
x y
x y
   
   

   

---------------Hết---------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………..Số báo

2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN; khối: A
Câu Đáp án Điểm
I
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
 Tập xác định: D = 
 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2 2' 3 3, ' 0 3 3 0 1, ( 1) 3, (1) 1y x y x x y y            
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 1) và (1; +), nghịch biến trên khoảng
(1; 1)
- Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và yCT = y(1) = 1;
+ Hàm số đạt cực đại tại x = -1 và yCĐ = y(-1) = 3.
- Giới hạn:
x x
lim , lim
 
   
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
'' 6 , '' 0 6 0 0, (0) 1y x y x x y      
 điểm uốn I(0; 1)
Đồ thị: đi qua các điểm (2; 1), (2; 3)
và nhận điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng.
0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị
(C’) của hàm số: 13
3
 xxy và đường thẳng (d): 133
 mmy
((d) cùng phương với trục hoành)
Xét hàm số: 13
3
 xxy , ta có:
+ Hàm số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng,
đồng thời 0x  thì
3 33 1 3 1y x x x x     
0,25
Từ đó (C’) được suy từ (C) như ở hình bên:
0,25
1
y’(x)
y(x)
 +1
0 0 ++ 
3
1
+
x
y
0
12
1 2
1



1
3
x
y
0
1
2
1
2
1



1
3

(d)

3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
+ Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m để phương trình đã cho có 4
nghiệm phân biệt là:
3
3
3
2 3
3 0
1 3 1 1 0 3
3 2 0
1
m
m m
m m m
m m
m
   
  
          
     
0,5
II
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
1) ĐK: ,x k k 
Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương với:
4 4 2 2
2 2 2
1
cos sin (2 sin 2 )(cos cos )
2
1 1
1 sin 2 (2 sin 2 )(cos cos )
2 2
x x x x x
x x x x
   
    
0,25
2 2 2 2
2
1
2 sin 2 2(2 sin 2 )(cos cos ) 1 2cos cos
2
2cos cos 1 0
x x x x x x
x x
      
   
0,25
2
2
2 , ( )
3
x l
x l l Z



 

    
0,25
So với điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là
2
2 ,
3
x l l

     0,25
2. (1,0 điểm)
Nhận xét: Hệ đã cho không có nghiệm (x; 0), nên tương đương với:
2 5 0
1
2 5 0
x
x xy
y
x y
y

   


    

0,25
1
( )( ) 6
1
5
x y x
y
x y x
y

  

 
    

0,25
2
( )1
3
3
( )1
2
x y
I
x
y
x y
II
x
y
  

  
 
 

 
0,25
Giải các hệ (I), (II) ta được nghiệm của hệ
là:
















2
51
;
2
55
;
2
51
;
2
55 0,25
III
(1,0 điểm)
2cos 1 cos(2 )
18 4
sin 2 cos 2 2 2 2 1 sin(2 )
4
x x
dx dx
x x x
 

 
   
  
   
  0,25

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
A
S
C
B
M
H
2
cos(2 )
1 4
2 2 1 sin(2 ) sin( ) cos( )4 8 8
x
dx
dx
x x x

  
 
 
   
          
  0,25
2
cos(2 )
1 14
322 2 1 sin(2 ) sin ( )
4 8
x
dx
dx
x x

 
 
 
  
   

  0,25
1 3
ln 1 sin(2 ) cot( )
4 84 2
x x C
  
      

0,25
IV
(1,0 điểm)
+ Kẻ SH vuông góc AC (H  AC)
 SH  (ABC)

3
3, ,
2
a
SC BC a SH  
2
3
2
ABC
a
S 

3
.
1
.
3 4
S ABC ABC
a
V S SH 
0,25
+ Gọi M là trung điểm SB và  là
góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
(SBC).
Ta có: SA = AB = a,
SC BC a 3 
 AM  SB và CM  SB
 cos cos AMC 
0,25
+ SAC = BAC 
3 6
2 2
a a
SH BH SB    0,25
AM là trung tuyến SAB nên:
2 2 2 2
2 2 2 10
4 16
AS AB SB a
AM
 
 
10
4
a
AM 
Tương tự:
42
4
a
CM  
2 2 2
AM CM AC 105
cosAMC
2.AM.CM 35
 
   
Vậy:
105
cos
35
 
0,25
V
(1,0 điểm)
Đặt
1 1 1
, ,a b c
x y z
   . Khi đó theo giả thiết ta có x, y, z là 3 số thực dương thỏa
mãn: xyz = 1 và biểu thức T đươc viết lại:
1 1 1
1 1 1
T
x y y z z x
  
     
0,25
Ta luôn có Bđt thức đúng:  
2 3 2 233 3 3 30x y x xy y xy     
   3 2 233 33 3 3 31 1 1x y x y x xy y x y xy
 
           
 
  333 31x y xy x y z    
0,25

5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
3
33 3
1
1
z
x y x y z
 
   
(1)
Tương tự:
3
33 3
1
1
x
y z x y z

   
(2);
3
33 3
1
1
y
z x x y z

   
(3) 0,25
Cộng vế theo vế các bđt (1), (2), (3) ta được: 1T  .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1
Vậy max 1T  đạt được khi a = b = c = 1
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
Gọi I(a;b) là tâm và R là bán kính của (C)
AI2
= BI2
 7a + b = 2 (1)
0,25
BI2
= d2
(I,)  (a + 3)2
+ (b + 2)2
=
2
(3 4 42)
25
a b 
(2) 0,25
Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được I(1;-5) hoặc I(-3;23) 0,25
+ I(1; -5)  R = 5
(C): (x – 1)2
+ (y + 5)2
= 25
+ I(-3; 23)  R = 25
(C): (x + 3)2
+ (y – 23)2
= 625
0,25
2. (1,0 điểm)
Ta có:
+ Các đoạn OB và AC đều nhận I(2; 2; 2) làm trung điểm (1)
+    8; 16; 8 , 4; 4; 4 . 32 64 32 0AC OB AC OB AC OB           
   
(2)
Từ (1) và (2) suy ra O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi OABC
0,50
+
. 32 32 0
(4; 0; 4); ( )
. 16 16 0
SI AC
SI SI OABC
SI OB
    
   
  
 

 
+ Do OABC là hình thoi và ( )SI OABC nên: ( )
AC OB
AC SOB
AC SI

 

0,25
Từ đó trong mp(SOB) nếu kẻ IH SO tại H thì IH AC tại H. Vậy IH là đoạn
vuông góc chung của SO và AC
. 4 2.2 3 4 66
( , )
112 11
SI OI
d SO AC IH
SO
    
0,25
Ghi chú: Có thể dùng công thức:
|[ , ]. |
( , )
|[ , ]|
SO AC OI
d SO AC
SO AC

  
  0,50
VII.a
(1,0 điểm)
ĐK: x > 0. Đặt: 3logt x , phương trình trở thành: 2(2 1) (4 9) 14 0x t x t    
(1)
0,25
Do 2 1 0, 0x x    nên có thể xem pt (1) là pt bậc 2 ẩn t, ta có:
2 2' (4 9) 56(2 1) (4 5) ' | 4 5|x x x x          
 pt (1) có các nghiệm :
7
2 ;
2 1
t t
x
 

0,25
+ Với t = 2 ta được pt: 3log 2 9x x   0,25
+ Với
7
2 1
t
x


ta được pt: 3 3
7 7
log log 0
2 1 2 1
x x
x x
   
 
Xét hàm số: 3
7
( ) log
2 1
f x x
x
 

, TXĐ : (0; )D  
2
1 14
'( ) 0, 0
.ln3 (2 1)
f x x
x x
    

0,25

6. Thi thử Đại học www.toanpt.net
 Hàm số f là một hàm đồng biến trên (0; )D   .
Mặt khác f(3) = 0  x = 3 là nghiệm duy nhất của pt trên D
Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm x = 9, x = 3
VI.b
(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra ABD đều.
Ta có : (2; 2)AB 

, trung điểm của AB là M(2;1)
 pt trung trực của đoạn AB: 3 0x y  
0,25
D thuộc trung trực của AB  D(t; 3  t) 0,25
+ ABCD là hình thoi nên:
2 2 2( 1) (3 ) 8 4 1 0 2 3AD AB t t t t t            
0,25
+ 2 3 (2 3;1 3), ( 3; 1 3)t D C      
+ 2 3 (2 3;1 3), ( 3; 1 3)t D C       
0,25
2.(1,0 điểm)
Từ giả thiết ta suy ra tọa độ các điểm A, B, C định bởi:
( ;0;0), (0; ;0), (0;0; )A a B b C c trong đó a, b, c là các số thực dương  phương
trình mp(ABC): 1
x y z
a b c
  
0,25
+ M(1, 2, 3)  mp(ABC) nên:
1 2 3
1
a b c
  
+ Thể tích của khối tứ diện OABC được tính bởi:
1 1
. . . .
6 6
V OAOB OC a b c 
0,25
+ Theo bđt CauChy: 31 2 3 1 2 3
1 3 . . . . 162 27a b c V
a b c a b c
        0,25
Đẳng thức xảy ra khi
1 2 3 1
3; 6; 9
3
hay a c
a b c
     
Vậy max 27V  đạt được khi (3;0;0), (0;6;0), (0;0;9)A B C
0,25
VII.b
(1,0 điểm)
ĐK: 1, 1x y    . Khi đó hệ tương đương:
2 1 2 1 3( )3.3 3.3 3 9 (1)
( 1)( 1) 3
x y x y x y
x y
       

  
0,25
Đặt: 2 1 2 13 , 3 ,x y x yu v     ĐK: u > 0, v > 0
Phương trình (1) trở thành:
3
3 3 9 ( 3)( 3) 0
3
u
u v uv u v
v

         
(thỏa
ĐK)
0,25
TH1: Với u = 3, ta có hệ:
2 1
2
23 3
( 1)( 1) 3 2 2 0
VN
x y y x
x y x x
     
  
       
0,25
TH2: Với v = 3, ta có hệ:
2 1
2
2
02 23 3
1
( 1)( 1) 3 2 0
1
2
x y
x
yx y
x
x y y y
y
 
 

   
   
       


So với ĐK ta nhận cả 2 nghiệm:  2; 0 ,
1
1;
2
 
 
 
Tóm lại hệ phương trình có 2 nghiệm:  2; 0 ,
1
1;
2
 
 
 
0,25