TrườngTHPT chuyên Nguyễn Trãi
Tỉnh Hải Dương
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2013-LẦN 1
Môn TOÁN – Khối
1
,&A A B
Thời gian làm bài 180 phút.
Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số
1
1
x
y
x



.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Tìm m để đường thẳng
y mx m
cắt(C) tại hai điểm A,B phân biệt,đồng thời các tiếp tuyến
của(C ) tại Avà B song song.
Câu2 (1,0 điểm)
Giải phương trình
cos2 3sin 1
os
3 2sin
xx
cx
x


Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 2 1 2
1 1 1 1 1 1
3 2 .
4 9 16 8 27 64
x y z x y z
P
   
   
     
   
   
Câu 6 (1,0 điểm)
Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C, AB=2a (a>0) .Hình chiếu
vuông góc của A’ trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của AB.Góc của đường thẳng A’C và mặt phẳng
(ABC) có số đo bằng
o
45
.Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho và tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng: BB’, A’C.
Câu 7 (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ (Oxy),cho đường tròn
22
( ) ( 1) 1.S x y  
Tìm tọa độ điểm M thuộc
đường thẳng
( ) 3 0y  
sao cho các tiếp tuyến của (S) kẻ từ M cắt trục hoành Ox tại hai điểm A,B và
bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB bằng 4.
Câu 8 (1,0 điểm)

trong khai triển Niu Tơn của M bằng 84.
Hết
http://ebooktoan.com/forum
THPT chuyênNguyễn Trãi
Tỉnh Hải Dương
ĐÁP ÁN (Gồm 4 trang)
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013-LẦN 1
Môn TOÁN – Khối
1
,&A A B
Câu-Ý
NỘI DUNG
Điểm
Câu I
Ý 1
(1,0đ)
Tập xác định:
 
\1DR
.
Sự biến thiên, giới hạn và tiệm cận:
 
2
2
' 0; 1
1
yx
x

   

0,25 đ
Câu 1
Ý 2
PTHĐGĐ của (C) và đường thẳng
y mx m
là
1
1
x
mx m
x



2
10mx x m    
(1), vì
1x 
không là nghiệm phương trình (1).Theo yêu cầu bài
0,25 đ




1
1
1
x
'y
y

11
22
yx


;
 tiếptuyến tại B có phương trình
22
2 2 4 1y m x m m    
.
0,25 đ
Do
2
1
2 4 1
2
m m m    
nên hai tiếp tuyến song song khi và chỉ khi
2
1
2
2
m  
2
1
4
m
11
22
mm    

sin cos 0
4
x x x k


    
.
0,25 đ
. Kết luận: Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm PT là
4
xk



.

2 2 ( )
66
x k x k k


      
0,25 đ
Câu 3
(1,0đ)
ĐK:
14x  
(D).
Khi đó ,pt tương đươngvới
2

()xD
nên
2
3 4 5 0x x x     
và pt (*) tương đương với :
2
3 4 1x x x    
.Bình phương ,biến đổi tương đương ta có pt :
2
3
2 3 0 1
2
x x x x       
 . KL:Đối chiếu với điều kiện (D) ta có nghiệm PT là
3
1; ; 3
2
x x x   
.
0,25 đ
Câu 4
(1,0đ)
Từ gt ta có
11
( ) ( ln ). ln
x x x
F x e x dx e dx e xdx
xx
   
  

F C F x e x x      
0,25 đ
Câu 5
(1,0đ)
Xét hàm số
 
23
32f t t t
v ới
0t 
.
Ta có
   
' 6 (1 ); ' 0 1 0f t t t f t t t      
(loại t=0)
0,25 đ
Dựa vào BBT,
0t
ta có
 
10f t t  
0,25 đ

32
1
48
xx
x   
,
 Tươngtự

' 45HCA 
1
'
2
A H CH AB a   
.Cạnh bên của đáy
2CA CB a
22
1
.
2
ABC
S CB CACB a  
.
.:
3
. ' ' '
.'
ABC A B C ABC
V S A H a
.
0,25 đ
Gọi D trung điểm của AC,ta có HD
AC
.Kẻ HK
'AD
ta chứng minh được
( ' ')HK mp ACC A
.Giải tam giác A’HD ta có
( ; ' ')

 Xét điểm N(t;0) thuộc trục Ox,pt của MN là
3 ( ) 3 0x t m y t   
0,25 đ
Điểm N là A hay B khi và chỉ khi
( ; ) 1d I MN 
2
2 3 0t mt   
(*).
Pt này ẩn t luôn có hai nghiệm trái dấu
12
;tt
v à
12
( ;0), ( ;0)A t B t
0,25 đ
Gọi J
là tâm của đường tròn qua ba điểm
M,A,B.Khi đó J thuộc trung trực của AB
Ta có J
( ; )mb
.
0,25 đ
A’
A
B
C
D
K
C’
B’

mb

   






Giải hệ trên ta có





4
3
2
m
b
==>
)3;2();3;2(
2
2
3






( ;( ))
7
49
d M ABC
  

0,25 đ
Câu 9
(1,0đ)
Số hạng thứ sáu trong khai triển là
5
21
1
log (3 7)
1
2
log 9 7
5
5
2
5 1 7
. 2 2
x
x
TC







  
(1)
0,25 đ
Pt (1) tương đương với
1 1 1 1
9 7 4(3 7) 9 4.3 21 0
x x x x   
      
.
0,25 đ
Giải pt trên ta có nghiệm của pt là
3
1 log 7x 
0,25 đ
…HẾT…
http://ebooktoan.com/forum
http://ebooktoan.com/forum
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT
HẢI DƯƠNG Môn: Toán (khối D)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 3/3/2013

Câu I. (2 điểm). Cho hàm số:
42
1
1
4
y x x  
(1).

3
a
. Tính cô sin của góc tạo bởi mặt bên (SCD) và
mặt đáy.
Câu V(1 điểm) Tìm số phức có mođun nhỏ nhất thỏa mãn
32z z i   
.
Câu VI. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho
ABC
đường cao AH có pt
3 4 10 0xy  
, đường
phân giác trong BE có pt
10xy  
. Điểm
 
0;2M
nằm trên đường thẳng AB và
7
4
BA
BC

. Tìm tọa độ A,B,C.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
 
1,0,3M
và hai đường thẳng
 





Viết phương trình đường thẳng

đi qua M và cắt cả 2 đường thẳng
1;
d
;
2
d
Câu VII. (1 điểm) CMR: với mọi số thực a, b ta luôn có
22
22
26
6
12
ab
ab




HẾT

http://ebooktoan.com/forum
http://ebooktoan.com/forum
1
H-íng dÉn chÊm m«n to¸n

;0) và
( 2; )
nghịch biến trên khoảng
 
;2 
và
 
0; 2
0,25
Hàm số đạt cực đại tại x=0;
1
CD
y 
. Hàm số đạt cực tiểu tại x=
2
;
0
CT
y 
0,25
Bảng biến thiên
x
-


2
0
2
+


( , ) 1
4
M x y C y x x    
Khi đó tổng khoảng cáh từ M đến hai trục tọa
độ là
4 2 4 2
11
1 1 ( )
44
d x y x x x x x x f x          
Vì f(x) là hàm chẵn nên
min
0
min ( )
x
d f x


. Xét hàm số
()fx
=
42
1
1
4
x x x  
với
0x 
.
Có

1 +

f'
+ 0 - 0 +
f 1
5
4

Vậy
min
0
min ( ) 1 0 (0;1)
x
d f x x M

    
0,25
0,25
II
1)
Giải phương trình sau:
  
1 tan 1 sin2 1 tanx x x   
1 ĐK:

   


2
2 2 2
log log .log ( 2 1 1) 0x x x    

0,25
0.25
http://ebooktoan.com/forum
3
IV
Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành,
4AD a
;các cạnh bên đều bằng
6a
.
Biết thể tích khối chóp bằng
3
8
3
a
.Tính cô sin của góc tạo bởi mặt bên SCD và mặt đáy.
1
4a
K
H
D
B
C

I x e x dx  

1
Có
11
00
1
x
I xe dx x x  

dx
0,25
Xét
1
1
0
x
I xe dx

. Đặt
1
11
1
00
0
1
x
x x x
x
xu


=
 
1
11
11
3 5 3
2
2 2 2
00
00
22
(1 ) 1 (1 ) (1 )
53
4 2 4
15 15
dx
x x dx x x      


Vậy
4 2 4 4 2 19
1
15 15 15
I

   
0,25
0.25
http://ebooktoan.com/forum

4
3
ax
23
2
8
2
43
xa
a 
22
2 2 2 2 4
42
2 2 4 2 2
2 2 (2 ) 4
44
2 4 0 ( 2 ) 0
42
xx
x a a x a a
xx
a x a a
     
      
22
42x a x a   
0.25
Lấy K là trung điểm của CD.Khi đó
HK CD
và

x yi x y i
x y x y
x y x y
   
      
      
      
0,5
Vậy
2 2 2 2
( 2) 2z x y y y     
,đt xảy ra
1
1
y
x






Vậy
min 2 1z z i   
0,5
VI
1
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho
ABC
đường cao AH có pt

Do
'
MM BE
nênpt(MM’):
( 0) ( 2) 0 2 0x y x y       
Gọi
'
I MM BE  
tọa độ
I
tm
1
20
2
1 0 3
2
x
xy
xy
y



  




  


'
(1;1)M
BH AC
nên pt (BC) là: 4(x-1)-3(y-1)=0 4x-3y-1=0
B BE BC
nên tọa độ B là nghiệm của hệ
4 3 1 0 4
(4;5)
1 0 5
x y x
B
x y y
   



   

0,25
( 4; 3)BM 
uuuur
là véc tơ chỉ phương của đt AB
(3; 4) ( ):3 4 8 0
AB
n pt AB x y     
r
A AB AH  
tọa độ của A là
1
( 3; )

uuur
,
(1 3 ' ;4 ' )EC t t t t  
uuur
Ta có
7
'0
3 (1 3 ' )
4
5
57
(4 ' )
11
44
t
t t t
t
t t t



    














 
2
d
:
22
23
xt
yt
zt



  




Viết phương trình đường thẳng

đi qua M và cắt cả 2 đường thẳng
1;
d
;
2
d


0,25
0,25
Vậy vtcp của

là
Pt đt

là
14
2
39
xt
yt
zt








0,25
Ta có
22
2
2 2 2
2 1 1 1
12

đt xảy ra
2
2
4
22
2
bb
b
     

Vậy
22
22
26
6
12
ab
ab



đt xảy ra
0
2
a
b





2) 






03
6
22
xxyyx
yxy
Câu III ()
1) 



3
0
2
2
1
dx
x
x

2) Cho
cba ,,

.1 cba

1)

2)

43
1
2
1
:)(
1
zyx
d 




2
3
2
2
1
:)(
2





zyx
d

1. Giải phương trình:
2
(sin 2cos 3cos2 )(1 sin )
cos
2cos 1
x x x x
x
x
  


2. Giải hệ phương trình
33
3
2 2 3
43
yx
y x x



  

Câu III ( 1 điểm). Tính tích phân sau:
4
1
ln( 1)x
I dx
xx


11
:
2 1 1
x y z
d



, điểm M(1,2,-3) và mặt
phẳng (P): x+y+z-3=0. Gọi A là giao của d và (P). Tìm điểm B trên mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng
MB cắt d tại C mà tam giác ABC vuông tại C.
Câu VII (1 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn:
3 2 1
8 49
n n n
A C C  
, M và N là điểm biểu diễn
cho các số phức
12
(1 ) , 4 ,
n
z i z mi m    
. Tìm m sao cho
5MN 
http://ebooktoan.com/forum
Đáp án đề thi thử khối D lần 2 năm học 2012-2013
Câu I. ( 2 điểm)
1. Khi m=0, hàm số có dạng:
32
3y x x

Đồ thị:
- Đồ thị qua các điểm: A,B,U, C(-3,0); D(1,4)
- Vẽ đồ thị:
0,25 đ
2. +)
2
' 3 6( 1) 3 ( 2) 0y x m x m m     

,2x m x m    
nên đồ thị luôn có 2 cực trị
0
4
-
+
0
0
-
∞
-2
0
+
+
∞
+
∞
-
∞
y
y'
x

1. Đk:
1
cos
2
x 

.
Phương trình trở thành:
(1 sin )(1 sin )(2cos 1) (sin 2cos 3cos2 )(1 sin )x x x x x x x      
0,25 đ

(1 sin )(1 sin2 3cos2 ) 0x x x   
Giải phương trình:
sin 1 2
2
x x k


   
0,25 đ
Giải phương trình :
3
1 sin2 3cos2 0 sin(2 ) sin( ) ;
3 6 12 4
x x x x k x k
   

           
0,25 đ
Đối chiếu điều kiện được:

Th1:
0xy
, ta được:
3
33
33
4 3 0 ;
44
x x y     
0,25 đ
Th2:
2
2 2 2
1 3 1
()
2 2 4 2
yy
x xy y x      
Suy ra:
2
2
3
y 
. Tương tự
2
2
3
x 
0,25 đ
Từ đó:





0,25 đ

2 2 2 2
1
(ln( 1)) | ln 3 ln 2It   
0,5 đ
Câu IV. ( 1 điểm)
http://ebooktoan.com/forum
1)
+) Do
( ) ( )SAC ABCD
theo giao tuyến
, ( )AC BD AC BD SAC  
Ta được:
BD SO
nên
222
1
2
2
OD a BD AB AD   
nên
ABCD
là hình vuông. Suy ra
2
ABCD

Vậy
3
.
6
12
S ABCD
a
V 
0,25 đ
2)
Ta có:
0
3
cos30
2
SC
AC

nên
3
2
SC a
.
Gọi M trung điểm CD thì
OM AD
nên
( , ) ( , )SO AD SO OM
.
0,25 đ
Công thức trung tuyến cho tam giác

Tồn tại
,xy
nếu
2
4SP
Khi đó
2 2 2
3 3 2 3 3
3( ) 9 3 9
x y x y xy S P S S
A
xy x y x y P S S
     
   
     
2
5 6 3 3 3
2 12 2 2
S S S S
A
S S S
  
     

33
2
22
A  
.
Dấu bằng xảy ra khi

( ):(5 )( 2) ( 2) 0BG b x b y    
0,25 đ
+) G là trọng tâm tam giác ABC nên
(4 , 2)C b b
0,25 đ
+) Đường tròn tâm C, bán kính
9
5
tiếp xúc với
()BG
22
| (5 )(2 ) ( 2)( 2)| 9
5
(5 ) ( 2)
b b b b
bb
    

  
22
63 1386 1449 0 22 23 0b b b b       
0,25 đ
+) Giải phương trình được
1b 
( vì
0)b
.
Khi đó, C(5,1) nên phương trình đường tròn cần tìm là:
22
81


.
0,25 đ
Ta được
(1, 1,1)v 

là vecto chỉ phương của đường thẳng
()MC
nên
1 2 3
( ):
1 1 1
x x x
MC
  

.
0,25 đ
()B MC
nên
( 1; 2; 3)B b b b  
.
( ) 1 ( 2) ( 3) 3 0 1B P b b b b          
.
Vậy B(2,3,-2)
0,25 đ
Câu VII. ( 1 điểm)
Giải phương trình
3 2 1
8 49