SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐẠO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC Môn: TOÁN khối D - Năm học: 2012- 2013
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2 3
1
x
y
x
+
=
+
có đồ thị là
( )
C .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C của hàm số đã cho.
b) Tìm m để đường thẳng
: 1d y x m= + − cắt
( )
C tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có trọng
tâm là điểm
2 4
;
3 3
G
 
−

phẳng (ABCD) bằng
o
60 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
4 2
2 2
9( )
8
xy x xy
A
y x
+ +
=
+
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có diện tích bằng 50, đỉnh
( )
2; 5C − ,
3
AD BC
= . Biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm
1
;0
2
M
 
−
 Cả
m ơ
n
cô

ĐặngPhư
ơ n
gTâ
m
(
pta
mtt
@gm
ail.
com
)
gửi
tới www
.lai
sac.
pag
e.tl
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐẠO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC Môn: TOÁN khối D - Năm học: 2012- 2013
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)


+ −
→− →−
= +∞ = −∞ ; tiệm cận đứng là đường thẳng 1x = − .
0,25
-Bảng biến thiên:

+ ∞
∞∞
∞
-
∞
∞∞
∞
2
2

y

y'

-

-
+ ∞
∞∞
∞-
∞
∞∞
∞
-1

2 4 0x m x m⇔ + − + − = (1)
0,25
d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt

( ) ( )
2
2
2 4 4 0
8 20 0,
m m
m m m
⇔ − − − >
⇔ − + > ∀ ∈ 

Vậy với mọi m, ta có d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B.
0,25
2 2
2
;
3 3 3 3
A B O A B O
G G
x x x y y y
m m
x y
+ + + +
−
= = = =
0,25
1b


2
2 cos 3 2 cos 2 0x x⇔ − + =
0,25

cos 2 (v« nghiÖm)
2
cos
2
x
x

=

⇔

=



0,25

2

( )
2
4
x k k⇔ = ± + ∈ 
π
π

2 1
1
x
t
x
−
=
+
thì phương trình trở thành:
2
5 2 7t t+ = +
0,25

2
7
2
2
3 28 44 0
t
t
t t

≥ −

⇔ ⇔ = −


+ + =

.

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là
2 7
2
x
−
= .
0,25
Đặt sint x= , suy ra cosdt xdx= . Đổi cận:
1
0
0
t
x

0,25
Khi đó
1 1
0 0
2 3 4
1
2 1 2 1
t
I dt dt
t t
−
 
= = −
 
+ +
 

CD KH
CD SHK CD SK
CD SH
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥


Do đó góc giữa (SCD) và (ABCD) là

o
60 .SKH =

0,25 Trong tam giác vuông SHK:
o
tan 60 2 3.SH HK a= = Thể tích khối chóp S.ABCD là
3
1 1
. .3 .2 .2 3 4 3.
3 3
SABCD ABCD
V S SH a a a a= = =

+

0,25
2
4 2
22 2
1 9
9( )
8
8 1
y y
x x
xy x xy
A
y x
y
x
 
+ +
 
+ +
 
= =
+
 
+
 
 
.
Đặt

1 9
t
f t
t
= −
+
.
( )
2
1
' 0 1 9 9
6 2
f t t t t= ⇔ + = ⇔ = .
0,25
Bảng biến thiên:

1 +
∞
∞∞
∞
0

f(t)
t
0
+

∞
∞∞
∞


là VTPT của AB. Suy ra VTPT
của AD là
( )
; 1n b= −

.
AB:
1
0
2
x by+ + = ; AD: ( 3) ( 5) 0b x y+ − − = .
0,25
( ) ( ) ( )
1
50 ; 3 ; . ; 50
2
ABCD
S d C AB d C AB d C AD
 
= ⇔ + =
 
( ) ( )
; . ; 25d C AB d C AD⇔ = .

2 2
5
5
5 10
3 4

=

= ⇔ − = − ⇔

= −


0,25
• Với a = b, thay vào (1), ta được a = b = 1.
Suy ra
( ) ( ) ( )
2 2
2
: 1 1 1S x y z− + − + =
0,25
• Với 2a b= − , thay vào (1), ta cũng được a = b = 1.
Vậy phương trình mặt cầu
( ) ( ) ( )
2 2
2
: 1 1 1S x y z− + − + = .
0,25
Gọi w x yi= + với ,x y∈  . Ta có
1
2
2 2 2
w i x y
w z i z z i
+ +
= − ⇔ = ⇔ = + .

;n a b=

với 0n ≠
 
là VTPT của AC, ta có:
( ) ( )
2 2
2 5
145
cos ; cos ;
5
a b
AC BC AB BC
a b
−
= ⇔ =
+
.
0,25

2 2
12
9 100 96 0
8
9
a b
a ab b
a b
= −


là 2AC AB= −
 
hoặc 2AC AB=
 
.

0,25
•
2 3
2 6
9
x b
AC AB y
z
= − −


= − ⇔ =


=

 
.
• ( ) 1C P b∈ ⇔ = . Suy ra
( )
1;0;0B và
( )
5;6;9C − .


0,25
Số phần tử của không gian mẫu là
4
16
1820CΩ = = .
0,25
Gọi B là biến cố “4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá 2 quả cầu màu
vàng”.
0,25
Khi đó
1 3 1 1 2 1 2 1
4 5 4 7 5 4 7 5
. . . . . 740.
B
C C C C C C C CΩ = + + =
0,25
9b
Xác suất của biến cố B là
740 37
( ) 0, 41.
1820 91
B
P B
Ω
= = = ≈
Ω0,25


2
0
4 4
x
x e
I dx
x x
=
+ +
ò
CâuIV:(1,0điểm).ChohìnhchópS.ABCDcóđáyABCDlàhìnhthoicạnh2a,(a>0):
·
0
60BAD =
;
Haimặtphẳng(SAC)và(SBD)cùngvuônggócvớiđáy.GọiM,Nlầnlượtlàtrungđiểm cạnhBCvà
SD.Mặtphẳng(AMN)cắtcạnhbênSCtạiE.BiếtMNvuônggócvớiAN.Tínhthểtíchkhốiđadiện
AND.MCEtheoa.
CâuV:(1,0điểm).Chứngminhrằngnếu
[ ]
, , 0;1a b cÎ thì:
5
1 1 1 2
a b c
abc
bc ca ab
+ + + £
+ + +
B.PHẦNTỰCHỌN:(3,0điểm).(Thísinhchỉđượclàm1trong2phần,phầnAhoặcphầnB)
A.Theochươngtrìnhchuẩn:

1 2 3 4 2013z i i i i = + + + + + L
B.Theochươngtrìnhnângcao
CâuVIB:(2,0điểm).
1.(1.0điểm)TrongmặtphẳnghệtoạđộOxychohaiđườngthẳng:
1 2
: 2 0; : 2 0d y x d y x - = + =
,điểmA
1
d Î ; điểmB
2
d Î thoảmãn
. 3OAOB =
uuur uuur
.HãytìmtậphợptrungđiểmMcủaAB.
2.(1,0điểm)Trongkhônggianvớihệtọađộ0xyz,viếtphươngtrìnhmặtphẳng(Q)chứađườngthẳng
d:
1 1 3
2 1 1
x y z + + -
= = vàtạovớimặtphẳng
( )
: 2 5 0P x y z + - + = mộtgócnhỏnhất.
CâuVIIB:(1,0điểm):Chosốphứczthoảmãn 1z = và 2.
i
z
z
+ = Tínhtổng:
S
2 4 2010
1 z z z = + + + + L

ờ
=
ở
x
y'
x
v
,
y 0 x 1 x 1 > < - > h/sngbintrờncỏckhong
( ) ( )
1 & 1 -Ơ - +Ơ
v
,
y 0 1 x 1 < - < < hm snghchbintrờnkhong(11)
v
( ) ( )
1 4 1 0 = - = = =
CD CT
y y y y
v Giihn
3
2 3
x
x
3 2
lim y lim x 1
x x
đƠ
đƠ
ổ ử

3
3 2M a a a C - + ẻ .Phngtrỡnhtiptuynca(C)tiMcúdng
d:
( )
( )
2 3
3 3 3 2y a x a a a = - - + - + phngtrỡnhhonh giaoimca(C)v
tiptuyndl:
( )
( )
3 2 3
3 2 3 3 3 2x x a x a a a - + = - - + - +
( )
( )
2
2 0
2
x a
x a x a
x a
=
ộ
- + =
ờ
= -
ở
tn tiNthỡ
0a ạ
.SuyraNcúhonh
( )

sin 4 2 3 4sin cosx cos x x x + = + +
1,00
pt
( ) ( ) ( )
sin 4 sin 2 sin 2 cos 2 4 3x x x x sinx cos x - + - + - =
( ) ( ) ( )
( )( )
2 3 sin 3 cos 2sin 1 2 4 0
2sin 1 3 cos 2 0
cos x x cos x x x sinx
x cos x x
- + - + - =
- + - =
1 5
2 2
2 6 6
sinx x k x k

p p
p p
ã = = + = + vi
k ẻÂ
3 cos 2 0 3 1, 1 1 2cos x x cos x cosx cosx x k
p
ã + - = = = = = vi
k ẻÂ
phngtrỡnhcú3hnghim
5
2 2 2
6 6

2
2
0
1 3
2
t
t
x x

ỡ
ù
ớ
= + +
ù
ợ
pt(1)
2 2
6 6 0 3t t t t t = - - - = = (tm),
( )
2t l = -
2
1 3
2
x x
= + +
( )
2
3 37
7 3 1 0
14

ỡ
ù
ớ
= + +
ù
ợ
pt(1)
2 2
6 6 0 2t t t t t - = - + - = = (tm),
( )
3t l = -
( )
2
3 37
2 3 1 0 .
4
x x x k tm
+
ị - - = = v
3 17
4
x
-
= (tm)
Klnghimptl:
3 37
14
x
+
= v

2
0
2 4 2 4
4
2
x
x x e
I dx I I I
x
ộ ự
+ - + +
ở ỷ
= = - -
+
ũ
( ) ( )
1
2 3 2 3
0
4 1 4
x
e I I e I I = - - = - - -
vi
1
1
0
x
I e dx =
ũ


+
+
x x
dv e dx v e = ị =
( )
1
1
2 3
2
0
0
1
2 3 2
2
x x
e e e
I dx I
x
x
= + = - +
+
+
ũ
.Vy
( )
2 3
1 3
1 4 1 4
3 2 3
e e

gcOtrcOxiquaCA,trc OyiquaDB,trcOziquaOStacú
O(000),
( )
( )
( )
( ) ( )
300 , 0 0 , 300 , 0 0 , 00A a B a C a D a S x - -
3
0 , 0 3
2 2 2 2 2 2
3
, . 0 2
2 2
a a a x a x
M N AN a
a x
MN a AN MN AN MN x a
ổ ử
ổ ử ổ ử
- - ị = - -
ỗ ữ
ỗ ữ ỗ ữ
ỗ ữ
ố ứ ố ứ
ố ứ
ổ ử
= - ^ = =
ỗ ữ
ỗ ữ
ố ứ

0,25
0,25
V
Chngminhrngnu
[ ]
, , 01a b cẻ thỡ
1,00
w.l.o.g.
a b c ab ac bc ị
tútacú:
( )( )
1 1 0 1 1
1
b c
b c bc b c
bc
+
- - + + Ê
+
(do
[ ]
, , 01a b cẻ )
1
1 1 1
b c b c
ca ab bc
+
+ Ê Ê
+ + +
vy:

1
TrongmtphngvihtoOxy choimA
( )
210 vngthngd:y=8.
1,00
GiHlhỡnhchiuvuụnggúccaAtrờnd
( )
28H ị .TrờntiaAHlyimB
0,25
thoảmãn
24
. . 24 12A H A B AM AN AB
A H
= = Þ = =
uuur uuur uuuur uuur
(do ;AB AH
uuur uuur
cùng
hướng,AH=2)
Từđó
( )
2; 2B - .Tathấy
( )
AHE AFB c g c D D - - : (do
ˆ
A chung,
AH AF
A E AB
= )
·

z t z u
= + = +
ì ì
ï ï
= + = -
í í
ï ï
= - = +
î î
khiđó
( ) ( )
2 ;3 ;3 2 & 1 ;4 2 ;3A t t t B u u u + + - + - +
+xácđịnhtoạđộ B
Tacó
( ) ( )
( )
2; 2 2; & 1;1; 2
. 0 2 2 2 2 0 0
1;4;3
AH
AH
CB u u u a
B C AH CB a u u u u
B
= - - + = -
^ Û = Û - - + + = Û =
Þ
uuur
r
uuur

t
t t t
= Û =
= + - - + + -
é
+ +
= Û
ê
= -
+
ë
+ + - + + -
uuur uuur
r r
uuur uuur
r r
uuur uuur
r r
+t=0
( )
2;3;3A Þ (loại)doA,B,Cthẳnghàng
+t=1
( )
1;2;5A Þ (tm)khiđótacóđược
2 2AB BC CA = = =
tamgiácABC
đều,vậychuvitamgiácABCbằng
6 2
0,25
0,25

vậyphần
thựccủasốphứczbằng1007,phầnảocủasốphứczbằng1006
(do
4 4 1 4 2 4 3
0
k k k k
i i i i k
+ + +
+ + + = " Î¥ )
0,25
0,25
0,25
0,25
VIB
2,00
1
TrongmặtphẳnghệtoạđộOxychohaiđườngthẳng:
1 2
: 2 0; : 2 0d y x d y x - = + = ……
1,00
Từgt
( ) ( )
1 1 1 2 2 2
; , ;A x y d B x y d Î Î nằmvề2phíatrụctung
1 2
0x x Þ <
có
·
1 1 2 2 1 2
2 , 2 5 , 5 ,

0,25
0,25
2
viếtphươngtrìnhmặtphẳng(Q)chứađườngthẳng
d:
1 1 3
2 1 1
x y z + + -
= = vàtạovớimặtphẳng
( )
: 2 5 0P x y z + - + = gócnhỏnhất
1,00
+dcóvtcp
( )
2;1;1u =
r
,(P)cóvtpt
( )
1;2; 1m = -
r
(Q)cóvtpt
( )
( )
2 2 2
; ; 0n a b c a b c = + + >
r
+do(Q)chứadnêntacó
( )
. 0 2 0 2 ; ; 2n u n u a b c c a b n a b a b ^ Û = Û + + = Û = - - Û = - -
r r r r r

cos
a a b a b

a

+ +
= £ =
+ + +
Û
0
30
a
³
vậy
0
min
30
a
=
dấubằngxẩyrakhivàchỉkhi
0a =
lúcđótachọn
( )
1; 1 0;1; 1b c n = = - Þ = -
r
mặtphẳng(Q):
( )
( )
: 1; 1;3
: 0;1; 1

a b
a b ab iz i z
ì ì =
+ =
ï ï
Û
í í
- + + = + =
ï ï
î î
( ) ( )
2 2
2
2 2 2
1
2 1 4 1 4 1 0
b a
a a a ab
ì
= -
ï
Û
í
- + - + + =
ï
î
2 2
0; 1
1
0; 1

1 1
0
1 1
z i
S
z i
- -
= = =
- -
0,25
0,25
0,25
0,25
Cảm ơnthầyNguyễnDuyLiên([email protected])gửitớiwww.laisac.page.tl
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN Môn: TOÁN; Khối A, A1và B
_____________________ Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
(
)
32
yx3m1x12mx3m4
=−++−+
(1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0
b) Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị tại A và B sao cho hai điểm này cùng với
điểm
9

1
2x1
Ilnxdx
x
+
=
∫

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA = 3a, SA tạo với đáy (ABC) một góc 60
0
. Tam
giác ABC vuông tại B,

0
ACB30
=
. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC)
trùng với trọng tâm G của ∆ABC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thực phân biệt
(
)
2
m1x1x321x50
++−++−−=

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật
ABCD biết 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) và diện tích của hình chữ nhật bằng 16.

đường tròn có bán kính nhỏ nhất.
Câu 9b (1,0 điểm). Giải phương trình:
() ()
23
48
2
logx12log4xlog4x
++=−++
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: ………………………

Cả
m
ơ
n
t
h
ầy
Đà
o

Trọng
Xu
â
n
(
trongxuan
ht@
gm

Sự biến thiên: y’ = 3x
2
− 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 0.25đ

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0) và (2;+∞), nghịch biến trên khoảng (0;2)
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 với y
CĐ
= 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= 0.
Giới hạn:
xx
limy,limy,
→−∞→+∞
=−∞=+∞
0.25đ

Bảng biến thiên:
x
−∞
0 2
+∞
y’
+ 0 − 0 +


0.25đ

b) (1,0 điểm)
Ta có:
(
)
2
y'3x3m1x12m
=−++ . Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị tại A và B
khi và chỉ khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 1

0.25đ

Khi đó khi điểm cực trị là A(2;9m),
(
)
32
B2m;4m12m3m4
−+−+

0.25đ

Ba điểm A, B, C lập thành một tam giác có gốc toạ độ làm trọng tâm nên ta có
32
22m10
1
m
9
2

−
∞

4
2
5
-1
2
O
2
2sin2x4sinx102sin2x.cos2cos2x.sin4sinx10
666
23sinx.cosx2sinx4sinx0
πππ

−++=⇔−++=


⇔++=

0.25đ

sinx0
3cosxsinx2
=

⇔

+=−


với (k ∈ Z)
0.25đ

()()
3333
2222
33
33
33
3322
8xy638xy63
y2x2yx96y12x12y6x54
8xy63
8xy63
8xy6y12x12y6x9
2x1y2
−=−=

⇔

++−=++−=

−=

−=


⇔⇔

−−−−+=

x2
1
x
2
y2x3
=






⇔
=−




=−


0.25đ

3
(1đ)

x2
y1
=


Với
e
2e
11
1
1
I2lnxdxlnx1
x
===
∫

0.25đ

Với
e
2
2
1
lnx
Idx
x
=
∫
, đặt
2
dx
ulnx
du
x
dx

∫

0.25đ

4
(1đ)

2
e
112
I1
1
exe
=−−=−
. Do đó
2
I2
e
=−

0.25đ

Gọi K = AG ∩ BC ta có góc giữa SA và (ABC) là


0
3a
GASG60AG
2
AS⇒=⇒=

222
ABBKAK
+=

22
2
3x81a9a
xx
416
27
⇔+=⇔=

Diện tích ∆ABC là:

2
ABC
19a9a81a3
S 3
256
2727
==
Thể tích khối chóp là
23
1813a33a243a
V
3562112
==

−1 0 1

t’
|| + 0 − ||
t 2

2

2

do đó
t2;2

∈

. Từ bảng biến thiên ta thấy mỗi t = 2 có duy nhất x = 0, mỗi
t2;2)
[∈ có 2 nghiệm x
Phương trình đã cho trở thành:
()
2
2
t7
mt3t70m
t3
−+
++−=⇔=
+

Xét

−
<≤⇔<≤ 0.25đ

0.25đ 0.25đ
0.25đ

7a
(1đ)


()
2
22
4mn
ddN,AD
mn
−
==
+

Diện tích hình chữ nhật bằng 16 nên ta có: d
1
.d
2
= 16
(
)
(
)
(
)
22
m3nmn4mn
⇔−−=+

22
nm
3m4mnn0
n3m
=−

D
M(4;5)
N(6;5)
Q(2;1)
P(5;2)
Với m = −n, chọn m = 1, n = −1 ta có phương trình các cạnh là
AB:
xy10
−+=
;
CD:xy30
−−=
; AD:
xy30
+−=
; BC:
xy110
+−=

với n = −3m, chọn m = 1, n = −3 ta có
AB:
x3y110
−+=
;
CD:x3y10
−+=
; AD:
3xy70
+−=
; BC:

(3)
C ∈ (S) ⇔
54a0b2cd0
−+++=
(4)
Từ (1), (2), (3), (4) ta có hệ phương trình
2a2bc3d2b4c5a2
50a2b4cd02a2bc3b3
94a4b2cd02a3bc2c7
54a0b2cd02abc0d27
++=−=−−−=−


++++=++=−=−

⇔⇔

+−++=−++==


−+++=++==−


Vậy phương trình mặt cầu (S):
222
xyz4x6y14z270
++−−+−=

23
nn
21412.214.21
4n228n3n2
C3Cnnn1nn1n2n
+=⇔+=⇔−+=−+
−−−

2
n7n180n9
⇔−−=⇔=
hoặc
n2
=−
(loại)
Vậy n = 9
Với n = 9 ta có nhị thức cần khai triển là
(
)
18
13x
−
Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là
(
)
k
kkk
k18
axC3x
=−

1
ab
+=

Ta có OA + OB = a + b
M∈ AB nên ta có:
41
1
ab
+=

mặt khác ta có
(
)
2
22
21
21
1ab9
abab
+
=+≥⇔+≥
+

Suy ra OA + OB ≥ 9, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
ab
a6
21
41
b3
0.25đ

0.25đ 0.25đ

8b
(1đ)

Mặt phẳng ABC có phương trình:
xyz10
−−−=

Gọi (S) là mặt cầu có tâm I∈Oy và cắt (ABC) theo một đường tròn có bán kính r
nhỏ nhất
Vì I ∈ Oy nên I(0;t;0), gọi H là hình chiếu của I trên (ABC) khi đó là có bán kính
đường tròn giao của (ABC) và (S) là
22
rAHIAIH
==−



do đó phương trình mặt cầu cần tìm là:
2
22
15
xyz
24

+−+=



0.25đ

0.25đ
0.25đ
x6
4x4x16x4x200
x226
++=−++
⇔++=−++
⇔+=−⇔+=−

=

+=−+−=

⇔⇔⇔=−


+=−−−=


=±


Đối chiếu điều kiện là có nghiệm của phương trình đa cho là
x2
x226
=


=−

p
age.
tl I. Phần chung cho tất cả thí sinh(7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1) 1 (1)= + +y x mx m x m
.
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
m 1.=

b. Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm cực đại A, đờng thẳng d cắt trục Oy tại điểm B. Tìm
m để diện tích tam giác OAB bằng 6, với O là gốc tọa độ.

Câu 2 (1,0 điểm) . Giải phơng trình:
[ ]
3
2012
81 243
3
1 1
log ( 1) log ( 3) 5log 4( 2) .
3 503
+ + = x x x



Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có
AC a, BC 2a= = , góc ACB bằng 120
0
và đờng
thẳng A'C tạo với mặt phẳng (ABB'A') góc 30
0
. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách
giữa hai đờng thẳng A'B, CC' theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z l cỏc s thc dng tha món:
2 2 2
x y z 1.+ + =
Tỡm giỏ tr nh nht ca
biu thc
2 2 2
x y z
P .
(y z) (z x) (x y)
= + +
+ + +

II. phần riêng(3,0 điểm): Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B)
A. Theo chơng trình Chuẩn.
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn
2 2
( ) : 10 10 30 0+ + =C x y x y
. Viết
phơng trình đờng thẳng
tiếp xúc với đờng tròn (C) sao cho đờng thẳng cắt hai trục tọa độ Ox, Oy
lần lợt tại A, B thỏa mãn

2 2 2
( ) : 2 4 4 0+ + + =S x y z x y
và
mặt phẳng (P):
x z 3 0.+ =
Viết phơng trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm M(3;1; 1) , vuông góc với mặt
phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa x
8
trong khai triển:
3n
4
1
1 x
x
, x 0

biết
4 4
log n log 9
n 5 n .+ =

Hết
Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
đề thi thử tuyển sinh đại học năm 2013
Môn: Toán - Khối A, B, A1.
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

m 1.=

b. Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm cực đại A, đờng thẳng d cắt trục Oy
tại điểm B. Tìm m để diện tích tam giác OAB bằng 6, với O là gốc tọa độ.

a. 1,0
b. 1,0
a. Khi m=1 ta có hàm số:
3 2
y x 3x .=
TXĐ: D = R.
Giới hạn:
lim , lim .
+
= + =
x x
y y 0.25
Chiều biến thiên:
2
0
' 3 6 , ' 0
2
=

= =

=


0,25 0.25
Vẽ đồ thị
0.25
Sở giáo dục và đào tạo thái nguyên
Trờng thpt lơng ngọc quyến
2

b. Ta có
( )
2 2
' 3 6 3 1= + y x mx m

Điều kiện để có tam giác ABC là m 1.
Do d song song với trục Ox nên tam giác OAB vuông tại B. 0.25
AB m 1 ,OB 3m 3= = +
,
OAB
m 1
1
S AB.BO 6
m 3
2

=

= =

=

(thỏa mãn điều kiện)
V
ậy:
m 1
m 3
=


=



0,25
[ ]
3
2012
8
1 243
3
1 1
log ( 1) log ( 3) 5log 4( 2) ( 1) 3 4( 2)
3 503
+ + = + = x x x x x x0,25
TH1: Nếu x 3:>
1 (loai)
( 1)( 3) 4( 2)
5
=

+ =

=

x
x x x

2cos2x 1 2sin x 1 2
3 3

+ = + +
+


1.0
TXĐ:
1
2
x k , k .
6
1
2
cos2x
sin x




+






0.25

( )
x k
cos2x 1
k
1
x kcos2x
32

=
=




= + = (Thỏa mãn điều kiện)
Vậy:
( )
x k
k
x k
3




x
I dx
x x
x1.0
Ta cú:
( )
2 2
5
2 2
3
1 1
x
I dx
x x
=
+

. t t =
2
1x + , suy ra
2 2
2
& 1
1
x

0,25

I =
3 3 3
4 2
2
2 2
2 2 2
2 1 1
2 2
t t
dt t dt dt
t t
+
= +


=
3
3
3
2
2
1 1 1 1
3
2
2 2 2
t dt
t t



0,25

Câu 5
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có AC a, BC 2a= = , góc ACB bằng 120
0
và đờng
thẳng A'C tạo với mặt phẳng (ABB'A') góc 30
0
. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C'
và khoảng cách giữa hai đờng thẳng A'B, CC' theo a.

1.0 Trong mp(ABC), kẻ CH AB (H AB), suy ra CH (ABB' A '). A'H là hình chiếu của
A'C lên mp(ABB'A'). Do đó:
( )

( )


0
A 'C,(ABB' A') A 'C, A'H CA ' H 30= = =

B
C
A' C'
B'
A

2S a 21 CH 2a 21
CH A 'C .
AB 7 sin 30 7

= = = = 0.25
Xét tam giác vuông AA'C ta đợc:
2 2
a 35
A'A A 'C AC .
7
= =

3
ABC.A ' B'C' ABC
a 105
V S .AA ' .
14

= =

0.25

Theo BĐT Bunhia copxki:
( )( ) ( )
( )
2 2 2 2 2 2
2
2
x x
(y z ) 1 1 y z 2 1 x (1)
( y z )
2 1 x
+ + + =
+0.25
Mặt khác, áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dơng
2 2 2
2x ,1 x ,1 x
ta đợc:
( )
( )
2 2 2
2
2 2 2
3
2
2 2x 1 x 1 x x 3 3

2 2 2
2 2 2
x y z 3 3 3 3
P x y z
(y z) (z x) (x y) 4 4
= + + + + =
+ + +

Vậy:
min
3 3
P
4
=
khi
3
x y z .
3
= = = 0.25
II. phần riêng
(3,0 điểm)

A. Chơng trình chuẩn


a b 5
OA OB 5
5 5
1 2
d(I, ) R
a b

+ =


+ =

+ =
=

0,25
a 5
5
b
2
5

=





=





=



=





=






1,0
Vỡ mp(P) i qua giao tuyn ca
( )

v
( )


nờn mp (P) i qua 2 im M(0;1;0), N(1;3;2)
Phng trỡnh mp(P) i qua M v cú Vt phỏp tuyn
2 2 2
n (A; B;C), A B C 0= + +

l:
Ax+By+Cz-B=0
Vỡ
( )
(P) AN 1;3 C2 B; 2 2 =

n ( 2B 2C;B;C) =
0,25
2 2
os

5
13
B
B B
C
B
C
C
C


=

=



=

0.25
+ Vi
1 ( ) : 4 1 0
B
P x y z


1,0
Gọi z a bi (a, b )= + , ta đợc:
( )
2 2
a bi 1 a bi 1 1 0i a bi 3+ + + + + = +

0,25

( )
2
2a a 1 (2 a b 3b 1 0)i 0 + + + =

0,25

2
a 1
b 2
2a a 1 0
1
2ab 3b 10 0
a
2
b 5
=



=



B. Chơng trình nâng cao
Câu 7.b
Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hỡnh vuụng ABCD cú tõm I(1;1), hai ng thng
AB v CD ln lt i qua cỏc im M(-2;2) v N(2;-2). Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh vuụng
ABCD, bit C cú tung õm.

1,0
Gọi M' đối xứng với M qua I. Ta đợc
M'=(4;0)
thuộc đờng thẳng CD.
Đờng thẳng CD đi qua 2 điểm N, M' nên có pt là:
x 4 t
y t
= +


=

0,25
Gọi H là hình chiếu của I trên CD nên
H=(4+
t;t).
Vì
IH CD
nên
IH .N M ' 0 t 1 H (3; 1), IH 2 2 .= = = =

C©u 8.b

Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho mÆt cÇu
2 2 2
( ) : 2 4 4 0+ + + − − =S x y z x y
vµ mÆt
ph¼ng (P):
x z 3 0.+ − =
ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (Q) ®i qua ®iÓm M(3;1; 1)− , vu«ng
gãc víi mÆt ph¼ng (P) vµ tiÕp xóc víi mÆt cÇu (S).

1,0

Mặt cầu (S) có tâm I(-1;2;0) và bán kính R=3. Mặt phẳng (P) có VTPT
( )
( )
1;0;1

P
n
Mặt phẳng (Q) đi qua M có dạng
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 1 1 0 0A x B y C z A B C− + − + + = + + ≠ với VTPT là
( )
( )
; ;

Q
n A B C

0,25
Chọn B=1, (**)
2
7 10 8 0 2A A A⇔ − − = ⇔ = hoặc
4
7
A
−
=
Với
2 2A C= ⇒ = −
: được phương trình mặt phẳng (Q) là: 2 2 9 0x y z+ − − =
Với
4 4
7 7
A C
−
= ⇒ = : được ph ương trình mặt phẳng (Q) là: 4 7 4 9 0x y z− − − =
Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là:
2 2 9 0x y z+ − − = và 4 7 4 9 0x y z− − − = .
0,25
C©u 9.b
Tìm hệ số của số hạng chứa x
8

t t t
, tìm được t 1 n 4= ⇒ =
0.25
12
3
12
4 4 12 4
12
0
1 1 1
1 1 ( 1)
n k
k k
k
x x C x
x x x
−
=
 
     
− − = − + = − +
     
 
     
 
∑
( )

= − = −
 
 
= −
∑ ∑ ∑∑
∑∑

0.25
Theo đề bài có: i, k ∈N, 0 ≤ i ≤ k ≤ 12; 4 k − 5 i = 8
⇒ i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k = 12 0.25
Vậy hệ số cần tìm là:
2 0 7 4 12 8
12 2 12 7 12 12
. . . 27159C C C C C C− + = −0,25


page.
tl
SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
( )( )
2
y x 2 x 1= + −

( )
C .
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
( )
C .
b) Tìm các điểm M trên đường thẳng d : y 2x 19= − + , biết rằng tiếp tuyến của đồ thị
( )
C đi qua
điểm M vuông góc với đường thẳng
x 9y 8 0+ − =
.
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình
( )( )
2sinx 1 cos2x sin x 1
3 2cosx
3sinx sin 2x

ABC
là tam giác đều cạnh bằng a. Gọi G
là trọng tâm của tam giác
ABC
, biết rằng khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng
( )
A'BC
bằng
a
15
. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' và cosin góc giữa hai đường thẳng
A'B
và
AC'
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho
a,b,c
là ba số dương thỏa mãn điều kiện
3 3 3
a b c+ =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )( )
2 2 2
a b c
M
c a c b
+ −
=
− −

2x
2x
1
log x log x
2
+ = .
B. Theo ch
ương trình Nâng cao.
Câu 6b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d: x 2y 1 0− − = ,
d': x 2y 21 0− + = và điểm
( )
A 3;4 . Hai điểm B,C lần lượt nằm trên đường thẳng d và d’ sao cho
tam giác ABC vuông có độ dài cạnh huyền BC 10
=
. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
Câu 7b (1,0 điểm). Một chiếc hộp đứng 6 cái bút màu xanh, 6 cái bút màu đen, 5 cái bút màu tím
và 3 cái bút màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên ra 4 cái bút. Tính xác suất để lấy được ít nhất 2 bút cùng màu.
Câu 8b (1,0 điểm). Giải phương trình:
x 1 x x
x
3
27 27 16 3 6 0
3
−
 
− − − + =
 
 
.

www
.
la
is
ac.
page.
t
l