SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2011
Môn thi: TOÁN; Khối: A và B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1) 4 1
y x mx m x m m
= − + − − + −
(1) ,
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1
m
= −
.
2. Tìm các giá trị của
m
để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị
,
A B
sao cho tam giác
OAB
vuông tại
,
O




+ − − = −



− = + −


( , )
x y
∈
ℝ
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
(
)
4
1
ln 9 x
I dx
x
−
=
∫
.

.
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
, ,
a b c
thoả mãn điều kiện
1
.
3
ab bc ca+ + =
Chứng minh rằng

2 2 2
1 1 1
3
1 1 1
a bc b ca c ab
+ + ≤
− + − + − +
.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,
Oxy
cho tam giác
ABC
có
: 2 3 0
d x y

1 1 1
x y z
− −
∆ = =
2
3
:
1 1 3
x y z
+
∆ = =
và
mặt phẳng
( ) : 1 0
P x y z
− − + =
. Viết phương trình đường thẳng
∆
song song với mặt phẳng
( ),
P
cắt
đường thẳng
1
,
∆
đồng thời đường thẳng
∆
cắt và vuông góc với đường thẳng
2

,
A C
lần lượt thuộc các đường
thẳng
1
: 0
d x y
+ =
và
2
: 2 7 0.
d x y
− + =
Biết giao điểm của hai đường chéo là
(1; 4)
I
và đường thẳng
AB
đi qua điểm
(0; 4)
M
−
, xác định toạ độ các đỉnh
, , ,
A B C D
của hình chữ nhật
.
ABCD

2. Trong không gian với hệ toạ độ

N
trên đường thẳng
2
∆
sao cho
6
MN
=
và
. 3.
AM AN
=
 

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình
(
)
(
)
2
2 2
3
( 9 )
log 9 log 9 2 ( ).
x x
x x x x x
+ +
+ − + + + = ∈
ℝ


•
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = - 2, y
C Đ
= y(-2) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= y(0) = - 4.
Giới hạn:
3 2 3 2
lim ( 3 4) ; lim ( 3 4)
x x
x x x x
→ −∞ → +∞
+ − = −∞ + − = +∞
.
0,25
•
••
•
Bảng biến thiên:
x - ∞ -2 0 + ∞
y’ + 0 - 0 +
y
0 + ∞
- ∞ - 4

0,25
•

' 0 1 v 1
y x m x m
= ⇔ = − = +
. Hai điểm cực trị là A(m – 1; m + 1), B(m +1; m – 3).
0,25
( 1; 1), ( 1; 3)
OA m m OB m m
= − + = + −
 
. OAB là tam giác vuông tại O khi O, A, B phân biệt và
. 0
OAOB
=
 

0,25
2
2( 2) 0 1 v 2
m m m m
⇔ − − = ⇔ = − =
0,25
II-1
Điều kiện xác định
cos 0
4
4
( )
3
cos 0
4


 

ℤ
. (*)
0,25
Phương trình đã cho tương đương với
2
2
1 cos 2 sin sin
1 cos 2 5
2 4 4
sin 2 .cos 2
2 2 4
cos cos
4 4
x x x
x
x x
x x
π π π
π π
 
     
− + + −
     
 
+
 
     

 
⇔ + = −
 
+
 
 

0,25

(
)
sin 2 cos2 2.sin 2 .cos 2 1
x x x x
⇔ + = +

( ) ( )
2
sin 2 cos 2 sin 2 cos 2
x x x x
⇔ + = +

sin 2 cos 2 1 v sin 2 cos 2 0
x x x x
⇔ + = + =

0,25

2
sin 2 v tan 2 1
4 2

4, 0, ,4 , 3
x y x y x y y x
≥ ≥ ≥ ≥ ≥
. (*)
Phương trình (1) tương đương với
2
2 2 4
x x y x y
− − = −
2
2 2
x y y x
⇔ − = −
4 4 v 0
y x y
⇔ = − =

0,25
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
x
y

− +
− +
2
5 1
( 5) 0
4 1
16 3
x
x
x
x
 
+
⇔ − − =
 
− +
− +
 

2
5 1
5 v 0
4 1
16 3
x
x
x
x
+
⇔ = − =

5 5 1
1
4 1
16 3 3
x x
x
x x
+ +
> > ≥
− +
− + +

0,25
III
Đặt
t x
=
. Khi x = 1 thì t = 1 , khi x = 4 thì t = 2. Ta có
2
2
dx dx
dt dt
x x
= ⇒ =

0,25
Do đó
( )
2
2

. Vì vậy
2
2
2
2
1
2
2 ln(9 ) 4
1
9
t
I t t dt
t
= − −
−
∫

0,25
2
2
2
1
9 9
4ln 5 2ln8 4
9
t
dt
t
− +
= − −

= = =

' ' '
A A A B A C
⇒ = =

Do đó tam giác A’BC vuông cân tại A’
' ' 6
A B AA a
⇒ = =

Độ dài đường cao hình lăng trụ ABC.A’B’C’ là
2 2
' ' 2
A H A A HA a
= − =

Diện tích tam giác ABC là

2
1
. .sin 3
2
ABC
S AB AC BAC a
= =

Thể tích khối lăng trụ là
3
. ' ' '

+ + ≤
+ + + + + + + + +

0,25
( ) ( ) ( ) 1
3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 ( ) 2 3
a a b c b a b c c a b c
a a b c b a b c c a b c
+ + + + + +
⇔ + + ≥
+ + + + + + + + +
.
1
( )
3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 ( ) 2 3
a b c
a b c
a a b c b a b c c a b c
 
⇔ + + + + ≥
 
+ + + + + + + + +
 
(1)
0,25
*Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có bất đẳng thức
2

0,25
2 2 2
2 2 2
2
1
3
3( )
) 3( ) 2
a b c
a b c
a b c a b c
+ + +
= =
+ +
 
+ + + + +
 
(2)
Đẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c
= = =
. Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
0,25
VI.a-1
B
1
và C
1

là
(1;2)
u

.
Ta có hệ phương trình
'
1 1
6
. 0
6
a
B B u
b
I d

=

=
⇔
 
= −
∈





hay
'

A AB d
= ∩
. Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ phương trình
2 3 0 1
0 1
x y x
x y y
− − = =
 
⇔
 
+ = = −
 
hay A(1 ;- 1).

0,25
Đường thẳng AC đi qua A và
1
B
. Phương trình cạnh AC là : x + 7y + 6 = 0.
Đường cao
1
BB
đi qua
1
B
vuông góc với đường thẳng
AC
. Phương trình đường cao
1

y

= −

+ =


⇔
 
− + =


=


hay
21 21
( ; )
4 4
B −

Ta có
1
{C}
AC CC
= ∩
. Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
31
7 6 0
4

B −
,
31 1
( ; )
4 4
C −

0,25
VI.a-2
Giả sử
( 1; ; 2)
M t t t
+ +
là giao điểm của đường thẳng
1
∆
với đường thẳng
∆
và
( ; ;3 3)
N k k k
−
là giao điểm của đường
thẳng
2
∆
với đường thẳng
∆

( 1; ;3 5)

=
− − + − + − − =


 
= ⇔ − − − − − − − =
 
 
∉ + − − + + ≠







11 5 16 0
1
3 4 0
1
0
k t
t
k t
k
t
− − =

= −


= + ∈
ℝ
. Ta có
z x yi
= −
.
Ta có
2 . ( 2 ) (2 )
z i z x y x y i
+ = + + +
.
0,25
Khi đó
| | 2
| 2 . | 2
z
z i z

=


+ =


2 2
2 2
2
( 2 ) (2 ) 2
x y
x y x y




0,25
0 1 1
v
1 1 1
x y x x
xy y y
+ = = = −
  
⇔ ⇔
  
= − = − =
  
. Vậy
1
z i
= −
hoặc
1
z i
= − +
.
0,25
VI.b-1
Giả sử
( ; )
A t t
−

u AI= =


.
Giả sử một vectơ chỉ phương của đường chéo BD là
2 2
( ; ), 0
BD
u a b a b
= + ≠

.
0,25
Tam giác IAB cân tại I


0
90
BAI ABI⇒ = <
. Từ đó ta có
| cos( , ) | | cos( , ) |
AB AC AB BD
u u u u=
   

2 2
4 3 0
3 | 3 |
(4 3 ) 0
0

x y x
x y y
− − = =
 
⇔
 
− + = =
 
hay B(4 ;8).
Do I là trung điểm của BD
⇒
D(- 2 ; 0)
* Với a = 0, chọn b = 1 ta có
(0;1)
BD AC
u u
= =
 
. Trường hợp này bị loại.
Đáp số : A(1 ; - 1), B(4 ;8), C(1 ; 9), D(- 2 ; 0).
0,25
VI.b-2
Giả sử
( ; ; 1), ( ; 2; 2 )
M t t t N k k k
+ + −
.
0,25
Ta có
( ; 2; 2 1)


− + =


0,25
13
1
9
0 8
9
t
t
v
k
k

=

=


⇔
 
=


= −


. Do đó

+ +
 
+ + + =
 
+ +
 

( )
(
)
2
3
2
3
2
1 log 9 2
log 9
x x
x x
⇔ − + + + =
+ +

0,25
Đặt
(
)
2
3
log 9
t x x