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 D
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 mmmxxy  224
22 (1) với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m =  1.
2 Định m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: 1
5
6
cos
10
9
cos2 2

xx
2. Giải phương trình: 2 3
2( 3 1) 7 1 0x x x    
Câu III (1 điểm)
Tính
2
9x
dx
e 

Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 và mặt phẳng (SAB)
vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Tính thể tích khối
chóp S.BMDN.
Câu V (1 điểm)
Cho hai số thực x, y khác không, thỏa mãn:
4 2x y
y x y x
   . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
2 2
3T x y x y   
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 đường tròn:
2 2
1( ) : ( 1) ( 1) 16C x y    và 2 2
2( ) :( 2) ( 1) 25C x y   
Viết phương trình đường thẳng  cắt (C1) tại hai điểm A và B, cắt (C2) tại hai điểm C và D thỏa
mãn 2 7, 8.AB CD 
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;0;3); B(2;0;1) và mặt phẳng (P): 3x  y  z +1
= 0. Tìm tọa độ điểm C nằm trên (P) sao cho ABC tam giác đều.
Câu VII.a (1 điểm)
Giải bất phương trình:
2 2 2
1 2 2
3 .3 12 3 4 .3 9x x x
x x x x
    
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 16, các đường thẳng AB,
BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm M(4;5), N(6;5), P(5;2), Q(2;1). Viết phương trình đường thẳng
AB.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên mặt phẳng Oxy và C
nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ các điểm B, C sao cho H(2; 1; 1) là trực tâm của tam giác ABC.
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình: 3 5 3 510log .log 15log 4log 6 0x x x x   
---------------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
danh………………………………………

2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN; khối: D
Câu Đáp án Điểm
I
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
 Khi m = 1 hàm số có dạng 4 2
2 1y x x  
 Tập xác định: D = R
 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 3 3' 4 4 , ' 0 4 4 0 0, (0) 1y x x y x x x y        
0,25
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +), nghịch biến trên khoảng (; 0)
- Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = y(0) = 1
- Giới hạn:
x x
lim , lim
 
   
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị: đi qua các điểm (1; 4) và nhận
trục Oy làm trục đối xứng.
0,25
2. (1,0 điểm)
)(444' 23
mxxmxxy 
Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt 0m 
(1)
0,25
Tọa độ các điểm cực trị của đồ thị
2 2 2
(0;2 ), ( ; ), ( ; )A m m B m m m C m m m    0,25
2 2
( ; ) , ( ; )AB m m AC m m    
 
Tam giác ABC vuông khi và chỉ khi
4 0
. 0 0
1
m
AB AC m m
m

       
 
So với điều kiện (1) nhận m = 1
0,5
II
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm) Giải phương trình: 1
5
6
cos
10
9
cos2 2

xx
Phương trình đã cho tương đương:
3 29 6 3 3 3
1 cos cos 1 4cos 2cos 3cos 3 0
5 5 5 5 5
x x x x x
       
0,5
y’(x)
y(x)
 +0
0 +
1
+ +
x
x
y
0
1
1
4
1




3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
23 3 3 3
(cos 1)(4cos 6cos 3) 0 cos 1
5 5 5 5
x x x x
       0,25
5 10
,
3 3
k
x k
 
     0,25
2. (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 3
2( 3 1) 7 1 0x x x    
1. Đk: 1x 
Do x = 1 không phải là nghiệm nên phương trình đã cho tương đương:
2 2
2 3 2( 1) 1
2( 1) 7 1 4( 1) 0 7 4 0 (*)
1 1
x x x x
x x x x
x x
   
          
 
0,5
Đặt
1
12



x
xx
t , phương trình (*) trở thành: 2
2 7 4 0t t  
Giải pt được 2 nghiệm
1
2
t  (loại) và t = 4
0,25
Với
2
21 17 349
4: 4 17 15 0
1 2
x x
t x x x
x
  
       

(nhận) 0,25
III
(1,0 điểm)
Tính
2
9x
dx
I
e



Đặt
2
2 2 2
2
9 9,
9
x
x x
x
e dx
t e e t dt
e
     

0,25
22 99x
dx dt
te
 

0,25
Suy ra: C
t
t
t
dt
I 




  3
3
ln
6
1
92 0,25
hay C
e
e
I
x
x




39
39
ln
6
1
2
2
0,25
IV
(1,0 điểm)
Theo giả thiết: ( ) ( )SAB ABCD
theo giao tuyến AB. Do đó nếu kẻ
SH AB tại H thì ( )SH ABCD
0,25
2 2 2 2
4SA SB AB a SAB     v
uông tại S
. 3
2
SA SB a
SH
AB
  
0,25
2 2 2
4 2 2
BMDN ABCD AMD CNDS S S S
a a a
  
   0,25
3
2
.
1 1 3 3
. . .2
3 3 2 3
S BMDN BMDN
a a
V SH S a   (đvtt) 0,25
V
(1,0 điểm)
Từ giả thiết ta có: 2 2 2 2
4 2 ( 2) ( 1) 5x y x y x y        và 3T x y  0,25
Với mọi số thực a, b, c, d ta luôn có bđt đúng:
2 2 2 2 2
( ) 0 2ac bd a c b d abcd    
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )( )ab cd a c b d a b c d ab cd a b c d           (1)
Dấu đẳng thức xảy ra khi ac = bd
0,25
Áp dụng (1) ta có: 2 2 2
[3( 2) ( 1)] 10[( 2) ( 1) ] 50x y x y       
0,25
N
M
B
A
D
C
S
H

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
5 2 3( 2) 1 5 2 5 5 2 3 5 5 2x y x y           
Suy ra:
max 5 5 2T   đạt được khi
4 3 2 2 2
,
2 2
x y
  
 
min 5 5 2T   đạt được khi
4 3 2 2 2
,
2 2
x y
  
 
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm) (C1): x2
+ y2
– 2x – 2y – 14 = 0 và (C2): x2
+ y2
– 4x + 2y – 20 = 0…
(C1) có tâm I1(1;1) và bán kính R1 = 4; (C2) có tâm I2(2;-1) và bán kính R2 = 5
2
2
1 1( , ) 16 7 3
4
AB
d I R      ,
2
2
2 2( , ) 25 16 3
4
CD
d I R     
0,25
1 2 1 2( , ) ( , ) 3 / /d I d I I I      hoặc  đi qua trung điềm cùa 1 2I I 0,25
Do 1 2 1 25 ( , ) ( , ) 6I I d I d I      nên không xảy trường hợp  đi qua trung
điềm cùa 1 2I I
0,25
Với  // I1I2   có vtcp 1 2 (1; 2) vtpt (2;1)I I n   
 
pt : 2 0x y C    
d(I1, ) = 3  3 3 5C    . Vậy : 2 3 3 5 0x y     .
0,25
2. (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0; 0;3); B(2; 0;1) ....
0 0 0 0( ) :3 1 0 ( ; ;3 1)C P x y z C x y x y        0,25
 ABC đều
2 2 2 2 2
0 0 0 0
2 2
0 0
(3 4) 8
4 2
AB AC x y x y
y xAB BC
          
    
0,25
0 0
0 0
0; 2
2
3
x y
x y
  


  

. Vậy (0;2; 1)C  hoặc
2 2 1
; ;
3 3 3
C
       0,5
VII.a
(1,0 điểm)
Giải bất phương trình:
2 2 2
1 2 2
3 .3 12 3 4 .3 9x x x
x x x x
    
Bất pt tương đương:
2 2
2 2 2
3 ( 4 3) 3( 4 3) 0 (3 3)( 4 3) 0x x
x x x x x x          
0,25
2
2
3 3 0
4 3 0
x
x x
   
   
hoặc
2
2
3 3 0
4 3 0
x
x x
  

   
0,25
TH 1:
2
2
2
1
13 3 0
3
34 3 0
1
x
x
x
x
xx x
x
                 
0,25
TH 2:
2
2
2
13 3 0
VN
1 34 3 0
x
x
xx x
       
      
. Vậy bpt có nghiệm: x <1; x > 3 0,25
VI.b
(2,0 điểm)
1. (1,0điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD....
AB đi qua M(4; 5) nên pt AB có dạng: 2 2
4 5 0 ( 0)ax by a b a b     
BC  AB và BC đi qua N(6; 5)  pt : 6 5 0BC bx ay b a   
0,25
Diện tích hình chữ nhật:
2 2 2 2
2 2 2 2
| 3 | | 4 4 |
( , ). ( , ) 16 . 16 4 3 4( )
a b a b
S d P AB d Q BC a ab b a b
a b a b
 
         
 
0,25
2 2
2 2
3 4 0 0
3 05 4 7 0 (VN)
a ab b a b
a ba ab b
             
0,25

5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
+ Với 0a b  chọn a = 1, b = 1 pt AB: 1 0x y  
+ Với 3 0a b  chọn a = 1, b = 3 pt AB: 3 11 0x y  
0,25
2. (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên ...
( ; ; 0), (0; 0; )B mpOxy B x y C Oz C z    .
( 1;0;1), (2 ;1 ; 1)
( ; ; ), ( 3; 1; ), ( 3; 1;0)
AH BH x y
BC x y z AC z AB x y
    
        
 
   0,25
H là trực tâm
. 0
. 0
[ , ]. 0
AH BC
ABC BH AC
AH AC AB
   
 
 
 
  
0,25
2
0
3 7 0 7 2
3 0 2 21 0
x z z x
x y z y x
x yz y z x x
               
          
0,25
3; 1; 3
7 7
; 14;
2 2
x y z
x y z
   

 
   

. Vậy chỉ nhận:
7 7
;14;0 , 0;0;
2 2
B C
             
0,25
VII.b
(1,0 điểm)
Giải phương trình: 3 5 3 510log .log 15log 4log 6 0x x x x   
ĐK: x > 0
Phương trình tương đương:   3 55log 2 2log 3 0x   0,25
3
5
5log 2 0
2log 3 0
x  

  
0,25
5
35log 2 0 9x x    (nhận) 0,25
5
5
2log 3 0
25
x x    (nhận) 0,25
---------------Hết---------------