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
9

( ) : ( 2) ( 1) 25C x y− + + =
Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt (C
1
) tại hai điểm A và B, cắt (C
2
) 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 9
x 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 5
10log .log 15log 4log 6 0x x x x+ − − =

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= − = − −
uuur uuur
Tam giác ABC vuông khi và chỉ khi
4
0
. 0 0
1
m
AB AC m m
m
=

= ⇔ − + = ⇔

−∞
+∞
0
0
+
−
1
+∞
+∞
x
x
y
0
1
−1
4
1
•
•
•
2
3 3 3 3
(cos 1)(4cos 6cos 3) 0 cos 1
5 5 5 5
x x x x
+ - + = =-Û Û
0,25
5 10
,
3 3

+−
=
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
2
1 17 349
4 : 4 17 15 0
1 2
x x
t x x x
x
- + ±
= = - - = =Û Û
+
(nhận) 0,25
III
(1,0 điểm)
Tính

dx dt
t
e
=Þ
-
+
0,25
Suy ra:
C
t
t
t
dt
I +
+
−
=
−
=
∫
3
3
ln
6
1
9
2
0,25
hay
C

vuông
tại S
. 3
2
SA SB a
SH
AB
= =Þ
0,25
2 2 2
4 2 2
BMDN ABCD AMD CND
S 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:

t c khi
4 3 2 2 2
,
2 2
x y
+ - +
= =
min
5 5 2T = -
t c khi
4 3 2 2 2
,
2 2
x y
- - -
= =
0,25
VI.a
(2,0 im)
1.(1,0 im) (C
1
): x
2
+ y
2
2x 2y 14 = 0 v (C
2
): x
2
+ y

0,25
1 2 1 2
( , ) ( , ) 3 / /d I d I I I= =D D ị D
hoc i qua trung im cựa
1 2
I I
0,25
Do
1 2 1 2
5 ( , ) ( , ) 6I I d I d I= < + =D D
nờn khụng xy trng hp i qua trung im
cựa
1 2
I I
0,25
Vi // I
1
I
2
cú vtcp
1 2
(1; 2) vtpt (2;1)I I n= - =ị
uuur r
pt : 2 0x y C+ + =ị D
d(I
1
, ) = 3
3 3 5C =-
. Vy
: 2 3 3 5 0x y+ - =D

ù ù
ợ
ợ
0,25
0 0
0 0
0; 2
2
3
x y
x y
ộ
= =
ờ
ờ

ờ
= =-
ờ
ở
. Vy
(0;2; 1)C -
hoc
2 2 1
; ;
3 3 3
C
ổ ử
ữ
ỗ

ỡ
ù
- >
ù

ớ
ù
- + >
ù
ợ
hoc
2
2
3 3 0
4 3 0
x
x x
ỡ
ù
- <
ù
ớ
ù
- + <
ù
ợ
0,25
TH 1:
2
2

>
ớ ớ
ờ
ù ù
ờ
>
- + >
ở
ù ù
ợ
ờ
ù
<
ở
ù
ợ
0,25
TH 2:
2
2
2
1
3 3 0
VN
1 3
4 3 0
x
x
x
x x

( , ). ( , ) 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 0
5 4 7 0 (VN)
a ab b a b
a b
a ab b
ộ
ộ
+ + = + =
ờ
ờ

ờ
ờ
+ =
- + =
ờ
ở
ở
0,25

ỡ
ù
=
ù
ù
ù
ù
=D
ớ
ù
ù
ù
=
ù
ù
ợ
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur uuur
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
ỡ

ờ
ờ
=- = =
ờ
ở
. Vy ch nhn:
7 7
;14;0 , 0;0;
2 2
B C
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
-
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
0,25
VII.b
(1,0 im)
Gii phng trỡnh:
3 5 3 5
10log .log 15log 4log 6 0x x x x+ =
K: x > 0
Phng trỡnh tng ng:
( ) ( )
3 5
5log 2 2log 3 0x - + =