TRƯỜNG THPT QUỐC OAI

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN I
Môn: TOÁN; Khối A và khối B
Thời gian làm bài :180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2 2 4
y x 2m x m 1(1).   

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
m 1.

b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị , ,
A B C sao cho các điểm , ,A B Cvà điểm
O
nằm
trên một đường tròn, trong đó
O
là gốc tọa độ.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2 2
2
(sin x cosx) 2sin x 1
sin( x) sin( 3x) .
1 cot x 4 4
2
   
 

I dx
x x x

  


Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 3.  
Chứng minh rằng
     
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c b c a c a b
3
.
a b c 2ab b c a 2bc a b c 2ac 5
     
  
        

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác
ABC
có
5
(4; )
2
M là trung điểm của
AC , đường trung tuyến kẻ từ C là ( ): 2 0;d x y   điểm B nằm trên đường thẳng ( '): 3 1 0.d x y   Tìm
tọa độ các điểm , ,A B Cbiết diện tích tam giác

. Lập phương
trình chính tắc của hypebol có hai tiệm cận vuông góc với nhau và cắt đường tròn ( )C tại bốn điểm lập
thành hình chữ nhật có diện tích bằng
24.

Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng( ):3 2 4 0P x y z    và
điểm (2;2;0).M Xác định tọa độ điểm
N
sao cho
MN
vuông góc với mặt phẳng ( )P , đồng thời điểm
N cách đều gốc tọa độ (0;0;0)O và mặt phẳng( ).P
Câu 9b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình




1 2
2
x 4y
log x 2y log 3x 1 1
3 3 4.


   



 


0,25 -Bảng biến thiên:lập đúng

0,25

- Kết luận đúng: khoảng đồng biến, nghịch biến và cực trị.

0,25
a
 Đ
ồ thị: vẽ đúng

0,25
Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình ' 0y  có 3 nghiệm phân biệt

3 2
4 4 0x m x   có 3 nghiệm phân biệt 0(*).m  0,25
Ba nghiệm phân biệt là 0; ; ;x x m x m   
Tọa độ 3 điểm cực trị  


1

b
Giải (1):
4

4 4
cos(2x ).sinx.(sinx 1) 0.
4
 
   

   
0,25 (*)
2x m
cos(2x ) 0
4 2
(k,m ).
4
sin x 1
x k2
2
 


   


 


Ta có :
2 2
1
1 2 1 1 4( ) 3 1 3 0.
2
x x x         

Suy ra, điều kiện :
1
(*).
2
x
x
 


 

0.25
Bpt              
2 2 2 2
3 2 3 2 1 2 1 1 1 3 2.x x x x x x x x
0,25



    

 


0
13 1
( (*)).
1 13 1 13
6
;
6 6
x
x do
x x
Kết luận:
13 1
.
6
x



0,25
+ Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N.
+ Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên có
2
,
3
SG
SO
 suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD.

V SA SB SN
V V
V SA SB SD
    

.
.
.
1 1 1 1
. . 1. . .
2 2 4 8
S BMN
S BMN
S BCD
V
SB SM SN
V V
V SB SC SD
    
Từ đó suy ra:
. . .
3
.
8
S ABMN S ABN S BMN
V V V V  

0,25 4

Suy ra,thể tích cần tìm là:
3
. .
3 5 5 3
8
.
8 24
MNABCD S ABCD S ABMN
a
V V V V V V     

0,25
Đặt
2 2 2 2 4
2 ln 2 ln 4 2 4 ln 4ln 8          t x x t x x t t
0,25
3 3
8ln ln 1
(16 4 ) (2 ) .
2

Suy ra,
3 1
2
2 2
1 1
(2 ) (3 3 1 4 2).
2 3
I t dt

     
0,25
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2


0,25

Ta có:
 




 
2
2 2
x 1 x 2
x 3x 2 1 1
x 1 x 1 0
2x 6x 9 5 2x 6x 9 5
 
  
     
   

 
 
   
2
2
2
2 2
x 2 1
x 1 0

Do a, b, c dương nên ta có :
     
2 2 2
2 2 2
a 3a 2 1 b 3b 2 1 c 3c 2 1
a 1 ; b 1 , c 1
2a 6a 9 5 2b 6b 9 5 2c 6c 9 5
        
     
     
.

Từ đó bđt được chứng minh, dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1.
0,5
C d C(c 2;c);B d' B(3b 1;b)     
Do M là trung điểm của AC nên A(6-c;5-c)
N là trung điểm của AB
3b c 7 b c 5
   
   
2 2
2 2
ABC
| 3(c 2)|
AC 2c 4 2c 5 , d(B,AC)
2c 4 2c 5
| 3(c 2)|
S
2


    
  

0,25

Giả thiết, ta có:
c 3 A(3;2), C(5;3)
c 1 A(5;4), C(3;1)
 


 

0,25

8a

           
2 2 2 2 2 2
x 4 5k x 4 5k
y 5 k y 5 k
z 7 k z 7 k
x 2 y 3 z 1 107 2 5k 2 k 8 k 107
    
 
 
    
 
 
 
     
 
 
           
 
0,25

2
x 4 5k
k 1(l)

Kết luận:
67 100 224
D ; ;
27 27 27
 
 
 
 
.

0,25

 








 
n 1 n
n 3 n 2
n 3 n 2 n 2 n 1
C 2C 16 n 2 2. 16 n 2
2 2
n 3
n 1 16 n 9.
2

0,25
9a

Số hạng thứ 8 của khai triển (k=7) là
7 2 7 7
9
C 2 x 144x

Giải phương trình được x=1.
0,25
Phương trình chính tắc của hypebol (H) có dang:
2 2
2 2
x y
1;a 0,b 0.
a b
   
Hai đường tiệm cận của (H) có phương trình là:
b b
y x;y x
a a
  
Hai tiệm cận vuông góc với nhau
a b 

Phương trình (H):
2 2 2
x y a 

0,25

0,25
Các giao điểm có tọa độ A (x;y), B(x;-y), C(-x;-y), D(-x;y)
ABCD là hình chữ nhật có diện tích là: 4|xy|
Giả thiết:
2 2 2 2
16x y 24 a 5  

0,25
7b

Phương trình chính tắc của hypebol cần tìm là:
2 2
x y
1.
5 5
 
0,25
Gọi
0 0 0
( ; ; )N x y z
, suy ra
2 2 2
0 0o
NO x y z  0 0 0

0 0 0
2 2
(1).
3 2 1
x y z 
 
0,25 ……… HẾT………
Điểm
N
cách đều gốc tọa độ và mặt phẳng
( ),P

do đó:
0 0 0
2 2 2
0 0
3 2 4
(2).
14
o
x y z
x y z
  
  






1 2 2 2
2
2
log x 2y log 3x 1 1 log x 2y log 3x 1 1
3x 1
log 1 x 4y 1
x 2y
         
 

    
 

 

0,25
Thay x=4y+1 vào phương trình
x 4y
3 3 4

 0,25
9b

Kết luận: Nghiệm của hệ
 
1;0 .

0,25