Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số
4 2
y x 4x 3 (C)= − + −

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(C)
của hàm số.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình:
4 2 2
x 4x 3 7m m− + − = −
có nghiệm
thuộc đoạn 2; 5
 
−
 
.
Câu II (2.0 điểm)
1. Giải phương trình:
− π − π
   
+ + =
   
   
6 6
x x 2x 3 6x
4sin 4 cos 3 4cos cos
2 2 4 4
.
2. Giải bất phương trình:

ầ
u ngo
ạ
i ti
ế
p t
ứ
di
ệ
n A'B'BK .
3.

G
ọ
i I là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a

BB'
, tính kho
ả
ng cách t
ừ

đ
i

i
ể
m c
ủ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng
1
d :x y 2 0
− − = và
2
d :2x 4y 13 0
+ − = . Trung
đ
i
ể
m M c
ủ
a c
ạ
nh AD là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
1

ng.
Câu V (1.0 điểm)
M
ộ
t h
ộ
p bi có 5 viên bi
đỏ
, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. H
ỏ
i có bao
nhiêu cách l
ấ
y ra 4 viên bi trong
đ
ó s
ố
bi
đỏ
l
ớ
n h
ơ
n s
ố
bi vàng.
Câu VI (1.0 điểm)
Gi
ả
i h

a mãn:
x y z 3 3.
+ + =
Tìm giá
tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c:
2 2 2
1 1 1 1
P
x y z xy yz zx
= + + +
+ +
.

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
H
ọ
và tên thí sinh: S

= −∞
,
x
lim y
→+∞
= −∞3
x 0 y 3
y' 4x 8x, y' 0
x 2 y 1
= ⇒ = −

= − + = ⇔

= ± ⇒ =


0.25
Bảng biến thiên: x
−∞

2−
0
2


2
d : y 7m m.= −
V
ẽ đồ thị
(C '), ta có:
ê
( )
êu
4 2 4 2
4 2
4 2 4 2
x 4x 3 n u x 4x 3 0
y g x x 4x 3
x 4x 3 n x 4x 3 0

− + − − + − ≥

= = − + − =

− + − + − <



0.25 0.25
T
ừ


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối A, A1
(Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)
• Đồ thị:
x
1±

3±

2±

y 0 0
3−- Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục
Oy làm trục đối xứng.
Từ (C) ta vẽ
(C ')
như sau:
- Giữ nguyên phần đồ thị (C) nằm phía trên trục Ox.
- Lấy đối xứng phần đồ thị (C) nằm phía dưới trục
Ox qua trục Ox.
- Xóa phần đồ thị (C) nằm phía dưới Ox.
⇒
Ta thu được đồ thị
(C ')
. Sau đó lấy đồ
thị
(C ')

 
π
     
⇔ + − + + = −π + − −
 
     
 
     
 
 
 

0.25
( )
2
3
4 1 sin x 3 2 cos2x sin x
4
 
⇔ − + = − −
 
 

0.25
2
4 3sin x 3 2 cos 2x 2 sin x⇔ − + = − −

2 2
7 3sin x 2(1 2 sin x) 2 sin x⇔ − = − − −


ĐKXĐ:
x 4≥ −

BPT
2x x x 4 2 x 4
3 8.3 9.3 0
+ + +
⇔ − − >
( )
2 x x 4
x x 4
3 8.3 9 0
− +
− +
⇔ − − >

Đặt
x x 4
t 3
− +
=
, đk: t > 0. BPT có dạng:
2
t 8t 9 0− − >

0.25

t 1
t 9
< −

ta được
>x 5
.
Vậy bất phương trình có nghiệm
>x 5
.
0.25
III
(2.0 điểm)

1. (1.0 điểm) Tính thể tích khối chóp
A.A'BK
.
C
A
B
B'
A'
C'
K
E
I

0.25
Mà
= =
2
0
ABC
1 a 3

Do
CK / /(AA 'B)
nên ta có:
A.A 'BK K.AA 'B C.AA'B
V V V= =A'.ABC ABC
1
V S .AA '
3
= =

Trang 3/4

2 2 2 2 2 2
A ' B A 'A AB 20a a 21a= + = + =
Suy ra
2 2 2
A 'B A ' K BK A'BK= + ⇒ ∆ vuông tại K.

Ta có


0
A ' KB A 'B'B 90= = ⇒ 4 điểm A ',B,K,B' nằm trên mặt cầu đường kính
A 'B
. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
A 'B ' BK
có tâm E là trung điểm

A'BK
1 1
BK A' K S A 'K.BK .3a.2a 3 3a 3
2 2
⊥ ⇒ = = =

Có
( )
A.A 'BK A 'BK
1
V S .d A,(A 'BK)
3
=

( )
3
A.A'BK
2
A'BK
3V
a 15 a 5
d A,(A 'BK)
S 3
3a 3
⇒ = = =
Vậy
( )
1 a 5 a 5
d I,(A 'BK)
2 3 6

=



7 3
I ;
2 2
 
⇒
 
 
.
Theo giả thiết M là trung điểm cạnh AD và
1
M d Ox= ∩
⇒

( )
M 2;0
.
0.25
Ta có
3
IM ,AB 2IM 3 2
2
= = = . Theo giả thiết
ABCD
S AB.AD 12= =
ABCD
S

x 3 x 1
y 1 y 1
(x 2) y 2
+ − =
 = =
 
⇔ ∨
  
= − =
− + =
 

. Vì
A
y 0>
⇒
A(1;1), D(3; 1)− .
0.25
Do
7 3
I ;
2 2
 
 
 
là trung điểm của AC và BD suy ra C(6;2), B(4;4) .
V
ậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A(1;1), B(4;4), C(6;2), D(3; 1)− .
0.25
V

đỏ, 1 bi xanh và 1 bi vàng có
2 1 1
5 4 3
C C C cách chọn
0.25
Vậy có :
4
5
C +
1 3
5 4
C C + +
3 1 3 1
5 4 5 3
C C C C +
2 2
5 4
C C +
2 1 1
5 4 3
C C C =275 cách chọn thoả mãn.
0.25
VI
(1.0 điểm)

Giải hệ phương trình…
Điều kiện: x 1 / 2 ( )≥ ∗
Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) nhân với 2 ta được:
3 2 3 2
y 3y y 3 (2x 1) 2x 1 4y y 3y 5y 3 (2x 1) 2x 1+ + + = + − − ⇔ + + + = + −

2 2
2x 11x 9 2 2x 1 2 2 2x 1 2x 11x 11− + = − − ⇔ − = − +
− + ≥ ∗∗

⇔

− = − +


2
2 2
2x 11x 11 0 ( )
4(2x 1) (2x 11x 11) (4)4 2 3 2
(4) 8x 4 4x 121x 121 44x 44x 242x⇔ − = + + − + −

4 3 2 3 2
4x 44x 165x 250x 125 0 (x 1)(4x 40x 125x 125) 0⇔ − + − + = ⇔ − − + − =2
(x 1)(x 5)(4x 20x 25) 0⇔ − − − + =

0.25


3
2 2 2
3
1 1 1 3
(xy yz zx) 3 x y z 9
xy yz zx
x y z
 
+ + + + ≥ ⋅ =
 
 1 1 1 9
xy yz zx xy yz zx
⇒
+ + ≥
+ +
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x y z= =

0.25
Do đó:
2 2 2
1 9
P
x y z xy yz zx
≥ +
+ + + +


+ + + + ≤ = =▪
2 2 2 2 2 2
x y z xy yz zx x y z 2xy 2yz 2zx 3xy 3yz 3zx+ + ≥ + + ⇔ + + + + + ≥ + +

2
(x y z) 3xy 3yz 3zx xy yz zx 9.⇔ + + ≥ + + ⇔ + + ≤

0.25
Suy ra:
3 7 10
P
9 9 9
≥ + = ⋅
Vậy
10
min P
9
=
Dấu “=” xảy ra khi
x y z 3.= = =

0.25