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 2323 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
293
xx 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 = a3 , 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:
22
(4) 25 824mx 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:
22
2
22 2 1
22 2
42 44
2 3.2 112
xxyy
yxy




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 23 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)ABC và mặt phẳng
(): 2 2 0xy z
 . Tìm tọa độ điểm M trên () sao cho biểu thức 22 2
TMA MB MC đạt giá trị nhỏ
nhất.
www.VNMATH.com
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình: 22
21
3
log (4 4 1) log (2 7 3) 5
x
xxx xx
 
---------------Hết---------------
Họ và tên thí sinh:………………………………
www.VNMATH.com
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN; khối: B
Câu Đáp án Điểm
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 32
32yx x=- +
Tập xác định: D =
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
/2
/2
36,
0
03 6 ,(0)2,(2) 2
2
yxx
x
yxx yy
x
=-
é=
ê
=Û - Û = =-
ê=
ê
ë
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: xx
lim , lim
 
 
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
// //
66, 0660 1,(1)0yxy x xy=- =Û-=Û= =
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
'93 0 3mm  (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
I
(2,0 điểm)
Đường thẳng này cắt 2 trục Ox và Oy lần lượt tai
3
6
;0,0;
)3(2
6m
B
m
m
A 0,5
0
y’(x)
y(x)
 +
2
0 0 +
+
2
2

+
x
y
1
2
13- 13+
2
2
www.VNMATH.com
Tam giác OAB cân khi và chỉ khi OA OB
66
2( 3) 3
93
6; ;
22
mm
m
mm m


 
Với m = 6 thì OBA do đó so với điều kiện ta nhận 2
3
m
1. Giải phương trình: 2tancot)
4
2(cos2 2 xxx
Đk k
k
x,
2
Phương trình đã cho tương đương với: cos 2
1cos(4 ) 2
2sincos
x
x
x
x
p
++= -
0,25
2
cos2 sin2 cos2 sin2
1sin4 (cos2 sin2)
sin cos sin cos
x
xxx
xxx
xxx
--
Û- = Û - = 0,25
cos 2 sin 2 0 tan 2 1
(cos 2 sin 2 ) sin 2 2 sin 4 cos 4 5
xx x
xxx x x
éé
-= =
êê
ÛÛ
êê
-=+=
êê
ëë
0,25
II
(2,0 điểm)
,
82
l
xl
pp
Þ=+ ÎZ
So với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là ,
82
l
xl
pp
=+ ΢
0,25
2. Giải bất phương trình: 2( 3 5 4 3) 15 5 2 9
293
xx x x
x



Đk 5
3
x³
Bất phương trình đã cho tương đương với
2( 3 5 4 3) 5( 2 9 3) 0
293
xx x x
x
-+ - -+-<
++
35 4350xxÛ-+--<
0,25
Xét hàm số 5
() 3 5 4 3 5, 3
fx x x x=-+--"³
Có 32 5
'( ) 0, 3
23 5 4 3
fx x
xx
=+>">
--
nên hàm ( )
f
x tăng 5
3
x"³ , mặt khác (3) 0f=
0,50
Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là 53
3x££ 0,25
III
(1,0 điểm) cot tan 2tan 2 2cot 2 2tan 2
sin 4 sin 4
xx x x x
dx dx
x
x
-- -
=
òò
0,25
www.VNMATH.com
2cot4
sin 4
xdx
x
=ò 0,25
2
cos 4
2sin 4
xdx
x
=ò 0,25
1
2sin4 C
x
=- + 0,25
Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại B, AB = a, BC = a3 , 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
.sin60AH AK=
0,25
22
.2
2
34
AB AC a
SA AC AB
==
- 0,25
IV
(1,0 điểm)
2
13
.
22
ABC
a
SABBC
D==
3
16
.
312
ABC
a
VSSA
D
==
0,25
Pt đã cho được viết lại về dạng: 222
(4) 2(4)4( 2)mx 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
44 2
4
2
xx
mx
x
++
=+
+
+ (2)
Đặt 2
4
2
x
tx
+
=+, pt (2) trở thành: 4
mtt
=+
0,25
V
(1,0 điểm)
Xét hàm 2
4
() 2
x
fx x
+
=+. TXĐ:
¡
, 22
24 1
'( ) ; '( ) 0 2
(2) 2
x
fx fx x
xx
-
==Û=
++
13; lim ( ) 1 ; lim ( ) 1
2xx
ffxfx
®- ¥ ®+¥
æö
÷
ç==- =
÷
ç÷
ç
èø
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của t là: 1 < t 3 và pt 2
4
2
x
tx
+
=+ có 2
nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 1 < t < 3 (3)
0,25
x
f’(x)
t = f(x)
 +
1
2
0
+
1
3
1
B
A C
S
K
H
www.VNMATH.com