TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
NĂM HỌC 2012 - 2013

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
Môn thi: TOÁN, khối A
Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
3
3 2.y x x= − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị (C). Tìm toạ độ các điểm M thuộc (C) sao
cho tam giác MAB cân tại M.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:

2
2cos 2cos 4sin cos2 2 0
4
x x x x
π
 
− − − − + =
 ÷
 
.
2. Giải hệ phương trình:
2 2
1 3
2
xy x y

(SAC).Tính thể tích khối chóp S. BCK theo a.
Câu V (1 điểm)
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm :
24
2 2 2 0x x x m x
− − − + =
.

Câu VI (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
( 1) ( 1) 16x y− + + =
tâm I
và điểm
(1 3; 2)A +
. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua A đều cắt đường tròn
(C) tại hai điểm phân biệt. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và cắt (C) tại hai
điểm B, C sao cho tam giác IBC nhọn và có diện tích bằng
4 3
.
Câu VII (1 điểm)
Tìm hệ số của
8
x
trong khai triển nhị thức Niu - tơn
5
3
1
n
x

x
=

   

⇔ ⇒ − − + +
 ÷  ÷
 ÷  ÷

= ±
   


1,00
Câu Nội dung Điểm
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
2
2cos 4sin 2cos cos 2 2 0 (sin 1)(cos sin 1) 0
4
sin 1
2
2
sin cos 1 0
2
x x x x x x x
x
x k
x x
x k


− =

(1,00 điểm)
Nhận thấy y = 0 không t/m hệ
Hệ phương trình đã cho tương đương với
1
3
1
2
x
x
y y
x
x
y y

+ − =



 

− =
 ÷

 

Đặt
1

− −
 
 ÷
 
0,50
0,50
III Tìm giới hạn …. 1,00
Ta có
(
)
3 3
0 0 0
0 0
2
3
3
2 1 1 2 1 1 1 1
lim lim lim
sin 2 sin 2 sin 2
2 1 1 7
lim lim
3 4 12
sin 2 (1 1 )
sin 2 (2 1) 2 1 1
x x x
x x
x x x x
I
x x x
x x

IA AC SA a V= = ⇒ = ⇒ =

1,5
Câu Nội dung Điểm
V Tìm m để pt có nghiệm…. 1,00
Đk:
2x
≥
Phương trình đã cho tương đương với
4
2 2
2 0
x x
m
x x
− −
− + =
Đặt
4
2x
t
x
−
=
và tìm đk cho t,
[
)
0;1t ∈
Phương trình trở thằnh
[

BIC
BIC loai
=
⇒
=




( ; ) 2 3d I BC⇒ =
• Đường thẳng d đi qua A, nhận
2 2
( ; ) ( 0)n a b a b+ ≠
r
có phương trình
( 1 3) ( 2) 0a x b y− − + − =
2
( ; ) 2 3 ( 3 ) 0 3 0d I BC a b a b
⇒ = ⇔ − = ⇔ − =
• Chọn
1, 3a b= =
. Từ đó phương trình đường thẳng d:
3 3 3 9 0x y
+ − − =
Câu Nội dung Điểm
VII 1,00
Đặt
5
3
1

Hệ số x
8
, ứng với k nguyên t/m:
8
8 12
11
36 8 8
2
k
k a C− = ⇔ = ⇒ =
.
4
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối B
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời
gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
( ) 2y f x x x= = −
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều
kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình lượng giác:
( )
2 cos sin
1
tan cot 2 cot 1
x x

3
4
1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − =
Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng
∆
định
bởi:
2 2
( ) : 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y+ − − = ∆ + − =
. Tìm điểm M trên
∆
sao cho từ M vẽ
được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 60
0
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3),
C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính
khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên
bi có đủ ba màu?
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm
I thuộc đường thẳng
( )
: 3 0d x y− − =

u
Ý Nội dung Điể
m
I 2,00
1 1,00
+ MXĐ:
D = ¡
0,25
+ Sự biến thiên
• Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
•
( )
3 2
0
' 4 4 4 1 ; ' 0
1
x
y x x x x y
x
=

= − = − = ⇔

= ±


khi:
( )
( )
3 3 2 2
4a 4a = 4b 4 1 0 (1)
A B
k k b a b a ab b= ⇔ − − ⇔ − + + − =
Vì A và B phân biệt nên
a b≠
, do đó (1) tương đương với phương trình:
2 2
1 0 (2)a ab b+ + − =
Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau

( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
2 2
4 2 4 2
1 0
1 0
' '
3 2 3 2
a ab b
a ab b
a b
f a af a f b bf b
a a b b




≠ ±


≠

II 2,00
1 1,00
Điều kiện:
( )
cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0
cot 1
x x x x x
x
+ ≠


≠


0,25
Từ (1) ta có:
( )
2 cos sin
1 cos .sin 2
2 sin
sin cos 2 cos
cos
1
cos sin 2 sin



= − +


¢
0,25
Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là
( )
2
4
x k k
π
π
= − + ∈¢
0,25
2 1,00
Điều kiện:
3x
>
0,25
Phương trình đã cho tương đương:
( )
( ) ( )
1 1
2
3
3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3

+
 
( ) ( )
2
2 3
3
x
x x
x
−
⇔ − − >
+
0,25
7
2
10
9 1
10
x
x
x

< −
⇔ − > ⇔

>


Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là
10x >

0,50

( ) ( )
2 2
2
0 0
3
2 2
0 0
1 1
sin 2 sin 2 sin 2
2 4
1 1
sin 2 sin 2 0
2 12
| |
d x xd x
x x
π π
π π
= −
= − =
∫ ∫
0,50
IV 1,00
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của
AB và CD. Khi đó
OM AB⊥
và
' DO N C

2 3
2
3a 2 3 2
R . . ,
8 2 16
a a
V h
π
π π
⇒ = = =
0,25
và
2
a 3 2 3
2 Rh=2 . . .
2 2
2 2
xq
a a
S
π
π π
= =
0,25
V 1,00
Phương trình
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − =

=

+ − = ⇒

= ±

* Với m = 0; (1) trở thành:
( )
2
4 4
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
Phương trình có nghiệm duy nhất.
0,25
* Với m = -1; (1) trở thành
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
4
4
2 2
4 4
1 2 1 2 1 1
1 2 1 1 2 1 0
1 1 0

x x= =
nên trong trường hợp
này (1) không có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
0,25
VI
a
2,00
1 1,00
Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính
5R =
.
Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai
tiếp tuyến này lập với nhau một góc 60
0
thì IAM là nửa tam giác đều suy
ra
2R=2 5IM =
.
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20x y− + − =
.
0,25
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng
∆
, nên tọa độ của M nghiệm
đúng hệ phương trình:
( ) ( )


0,25
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:
9
3;
2
M
 
 ÷
 
hoặc
27 33
;
5 10
M
 
 ÷
 
0,25
2 1,00
9
Ta tính được
10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = =
.
0,25
Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD
là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là
trọng tâm G của tứ diện này.
0,25
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là

+ Không có bi vàng: có
9
15
C
cách.
0,25
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có
9
10
C
cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần.
Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là:
9 9 9 9
10 18 13 15
42910C C C C+ − − =
cách.
0,50
VI
b
2,00
1 1,00
I có hoành độ
9
2
I
x =
và
( )
9 3
: 3 0 ;


∈


, suy ra phương trình AD:
( ) ( )
1. 3 1. 0 0 3 0x y x y− + − = ⇔ + − =
.
Lại có MA = MD =
2
.
Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2
2
3 0
3 3
3 2 3 3 2
3 2
x y
y x y x
x y x x
x y
+ − =

= − + = − +
 

0,50
10
9 3
;
2 2
I
 
 ÷
 
là trung điểm của AC, suy ra:
2 9 2 7
2
2 3 1 2
2
A C
I
C I A
A C C I A
I
x x
x
x x x
y y y y y
y
+

=

= − = − =


và N ở vị trí N
0
. Dễ thấy N
0
là hình
chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M
0
là giao điểm của đoạn
thẳng IN
0
với mặt cầu (S).
Gọi
∆
là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N
0
là giao
điểm của
∆
và (P).
Đường thẳng
∆
có vectơ chỉ phương là
( )
2;2; 1
P
n = −
r
và qua I nên có
phương trình là
( )

N
 
− −
 ÷
 
.
0,25
Ta có
0 0
3
.
5
IM IN=
uuuur uuur
Suy ra M
0
(0;-3;4)
0,25
VI
Ib
1,00
Áp dụng bất đẳng thức
1 1 4
( 0, 0)x y
x y x y
+ ≥ > >
+
Ta có:
1 1 4 1 1 4 1 1 4
; ;

7 7 7a b b c c a a b c
+ + ≥ + +
+ + + + + +
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
0,50
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối D
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời
gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
( )
3 2
( ) 3 1 1y f x mx mx m x= = + − − −
, m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.
2. Xác định các giá trị của m để hàm số
( )y f x=
không có cực trị.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình :
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x
+

x m x m
− + ≤
− + − + ≥





PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các
đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân
giác trong của góc A nằm trên đường thẳng
x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
( ) ( )
: 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.P x y x y+ − + −
Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp
xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q).
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
12
4 3 2
1 1 2
4 3
1 1
5
4
7
15

.Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn
(C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường
tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B.
2. Cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0x y z− + − =
và các đường thẳng
1 2
1 3 5 5
: ; :
2 3 2 6 4 5
x y z x y z
d d
− − − +
= = = =
− −
.
Tìm các điểm
1 2
d , dM N∈ ∈
sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.
Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số
( )
3
1
( ) ln
3
f x
x
=
−

D = ¡
0,25
+ Sự biến thiên:
• Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
•
2
' 3 6y x x= +
;
2
' 0
0
x
y
x
= −

= ⇔

=

0,25
• Bảng biến thiên
( ) ( )
2 3; 0 1
CT

1 1,00
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x
+
= +
(1)
Điều kiện:
sin 2 0x
≠
0,25
2
1
1 sin 2
1 sin cos
2
(1)
sin 2 2 cos sin
x
x x
x x x
−
 
⇔ = +
 ÷

4 0
x
x
x
x
x
+ ≠

− < <


− > ⇔
 
≠ −


+ >

0,25
( ) ( )
( )
( )
2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x

( )
( )
2 24
4
2 24
x
x

= −
⇔

= +


lo¹i
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
2x =
hoặc
( )
2 1 6x = −

0,25
III 1,00
Đặt
2 2 2
2
1 1 2 2
dx tdt
t x t x tdt xdx
x x

1 1 2 1 2 3
|
dt dt t
A
t t t
 
+ +
= = = =
 ÷
 ÷
− − −
 
∫ ∫
0,50
IV 1,00
15
Gọi E là trung điểm của AB, ta có:
,OE AB SE AB⊥ ⊥
, suy ra
( )
SOE AB⊥
.
Dựng
( )
OH SE OH SAB⊥ ⇒ ⊥
, vậy OH là
khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì
OH = 1.
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta
có:

= ⇔ = = =
( )
2
2
2 2 2 2
1 9 9 265
4 2 32
2 8 8 8
OA AE OE AB OE
 
= + = + = + = + =
 ÷
 
0,25
Thể tích hình nón đã cho:
2
1 1 265 265
. . .3
3 3 8 8
V OA SO
π π π
= = =
0,25
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

2 2 2
265 337 337
9
8 8 8
265 337 89305

1;6x ∈
thỏa
mãn (2).
0,25
( ) ( )
( )
[ ]
2
2
2 3
2 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0)
2 1
x x
x x x m m do x x
x
− +
⇔ − + ≥ + ⇔ ≥ ∈ ⇒ + >
+
Gọi
[ ]
2
2 3
( ) ; 1;6
2 1
x x
f x x
x
− +
= ∈
+

' 0 4 0
2
f x x x x
− ±
= ⇔ + − = ⇔ =
Vì
[ ]
1;6x∈
nên chỉ nhận
1 17
2
x
− +
=
Ta có:
2 27 1 17 3 17
(1) , (6) ,
3 13 2 2
f f f
 
− + − +
= = =
 ÷
 ÷
 
Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên
27
max ( )
13
f x =

Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình
( )
4 3 4 0 1
1;0
1 0 0
x y x
B
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 
0,25
Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
( ) ( )
2 4 0 2 4 0a x b y ax by a b+ + − = ⇔ + + − =
Gọi
1 2 3
: 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0x y x y ax by a b∆ + − = ∆ + − = ∆ + + − =
Từ giả thiết suy ra
( )
·
( )
·
2 3 1 2
; ;∆ ∆ = ∆ ∆
. Do đó
( )

. Do đó
3
: 4 0y∆ − =
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra
3
: 4 3 4 0x y∆ + − =
(trùng
với
1
∆
).
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.
0,25
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:
( )
4 0 5
5;4
1 0 4
y x
C
x y y
− = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 
0,25
2 1,00
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:

2 2 2
2 2 2 2 2
5 2 1
10 4 2 30 (1)
OI AI OI AI a b c a b c
a b c
= ⇔ = ⇔ + + = − + − + −
⇔ + + =
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
| 2 2 5 |
, 9 2 2 5 (2)
3
a b c
OI d I P a b c a b c a b c
+ − +
= ⇔ + + = ⇔ + + = + − +
( )
( )
( )
( )
| 2 2 5 | | 2 2 13|
, ,
3 3
2 2 5 2 2 13 ( )
2 2 4 (3)

2a =
hoặc
658
221
a =
.Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc
658 46 67
; ;
221 221 221
I
 
−
 ÷
 
và R = 3.
0,25
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 1 9x y z− + − + − =
và
2 2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
     
− + − + + =
 ÷  ÷  ÷
     


+ − − −

≥ + −


0,50
2
2
9 22 0
5 50 0 10
5
n n
n n n
n

− − <

⇔ − − ≥ ⇔ =


≥

0,50
VIb 2,00
1 1,00
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
2 2
0; 2
2 4 8 0

1 2
3 3
2
x t
y t
z t
= +


= −


=

. M thuộc d
1
nên tọa độ của M
( )
1 2 ;3 3 ;2t t t+ −
.
Theo đề:
( )
( )
( )
( )
1 2
2
2 2
|1 2 2 3 3 4 1|
|12 6 |

2
d∈
cần tìm phải là giao của d
2
với mp qua M
1
và
// mp (P), gọi mp này là (Q
1
). PT (Q
1
) là:
( ) ( )
3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z− − + − = ⇔ − + − =
.
Phương trình tham số của d
2
là:
5 6
4
5 5
x t
y t
z t
= +


=



−
( )
( ) ( )
3
1
( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3
3
f x x x
x
= = − − = − −
−
;
( )
( )
1 3
'( ) 3 3 '
3 3
f x x
x x
= − − =
− −
0,25
Ta có:
( ) ( ) ( )
2
0
0 0
6 6 1 cos 3 3
sin sin sin 0 sin0 3
2 2

2 1
3 3
2
0
3 2
3 2
1
3
3; 2
3; 2
2
x
x
x x
x x
x
x x
x x
−

< −


<
>
 

− +
⇔ ⇔ ⇔
− +

12sin2cos2
4sin2cos
2
=
−+
−
xx
xx

Câu 3/ Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )





=+−++
=++−
021
01
2
2
yyxx
yxyx
Câu 4/ ( 1 điểm). Tính:
( ) ( )
dxxxxA 2sin1lncossin
4

Câu 6/ ( 1 điểm) . Gọi
1
x
,
2
x
,
3
x
là nghiệm phương trình:
( )
( )
07329232
2223
=−+−+−++− mmxmmxmx

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:
321
2
3
2
2
2
1
xxxxxxA +++=
II . 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 7.a (1,0 điểm). Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ A là
d: x –y + 3 = 0.Tìm tọa độ A ,C của tam giác.Biết C thuộc đường thẳng ∆: 2x + y –1 =

) thành hai dây
cung bằng nhau
Câu 8.b (1,0 điểm). Cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình
( )
1
9
2
4
1
7
:
1
−
−
=
−
=
− zyx
d
và
( )
3
1
2
1
7
3
:
2
−

y
,
Dxy ∈∀> ,0
/
20
Vì:
( )
+∞=
+
−
−
−→
1
3
lim
1
x
x
x
và
( )
−∞=
+
−
+
−→
1
3
lim
1

Bảng biến thiên và kết luận 0,25
Đồ thị 0,25
Câu 1b
Gọi






+
−
1
3
;
m
m
mM
thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1)
0,25
( )
( )
2
2
1
16
1
+
++=
m

Khi đó (m + 1)
2
= 4
Tìm được hai điểm
( )
1;1
1
−M
và
( )
3;3
2
−M
0,25
Câu 2
Giải phương trình:
3
12sin2cos2
4sin2cos
2
=
−+
−
xx
xx
Điều kiện:











−=






+
6
4cos
3
2cos
ππ
xx
⇔






++−=+
+−=+
π

ππ
kx +−=
0,25
Câu 3
Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )





=+−++
=++−
021
01
2
2
yyxx
yxyx

( )
( )
( )






012
1
2
yxyx
yxyx
( Vì: y = 0 không là nghiệm của hệ)
⇔
( )
( ) ( )





=++−+
+=+
012
1
2
2
yxyx
yxyx
⇔
( )
( )






yx
yx
⇔



−=
−=+
xy
xx
1
11
2
⇔



−=
=+
xy
xx
1
0
2
⇔



−=
−=∨=


(Vì:






∈∀>+
4
;0,0cossin
π
xxx
)
0,25
Đặt
( )
( )



−=
+=
dxxxdv
xxu
cossin
cossinln
suy ra:



0
4
0
sincoscossinlncossin2
π
π
dxxxxxxxA
0,25
( )






+−=
4
0
cossin2ln22
π
xxA
A =
[ ]
122ln22 +−
2222ln2 −+=A
0,25
Câu 5a
Ta có
( )
ABCAA ⊥

0
/
BC
BCAH
HA ===
Diện tích tam giác A
/
BC:
2
3
.
2
1
2
/
BC
HABCS ==
38=S
nên BC = 4,
660tan
0/
== AHAA
316
3
1
2
/
.
/
==−= AAAHBCVVV

/
nên BD⊥ (A
/
AK) ⇒ (A
/
BD)⊥ (A
/
AK)
Kẻ AT⊥ A
/
K (T∈A
/
K) ⇒ AT⊥(A
/
BD)
AT=d(A;(A
/
BD)) = d(AC;A
/
B)
0,25
( )
9
1
36
4
6
1
32
1111

xxxxxxA +++=
Phương trình:
( )
( )
07329232
2223
=−+−+−++− mmxmmxmx
(*)
Có nghiệm
1
3
=x
Nên (*) ⇔
( ) ( )
[ ]
0732121
22
=+−++−− mmmxx
⇔
( ) ( )



==+−++−
=
10073212
1
22
mmxmx
x

2
2
1
1 xxxx +++
=
( )
1
21
2
21
+−+ xxxx
=
( )
63222
2
2
−+−+ mmm

Hay A =
( )
2112
2
−+= mmmf
m∈
[ ]
3;2
0,25
( )
114
/

( )
493 =f
0,25
Vậy
49max =A
khi m = 3 và
28min =A
khi m = 2
PHẦN TỰ CHỌN
A. Theo chương trình chuẩn
Câu
7a
Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ
A là d: x –y + 3 = 0.Tìm tọa độ A ,C của tam giác.Biết C
thuộc đường thẳng ∆:2x + y –1 = 0 và diện tích tam giác ABC
bằng 1
BC qua B và vuông góc d nên BC có phương trình: x + y + 1 = 0
Tọa độ C là nghiệm của hệ



−=
=
⇔



=++
=−+
3

hay
1
2
42
.2.
2
1
=
+a
0,25
Hay



−=
−=
⇔=+⇔=
+
3
1
2421
2
42
.2.
2
1
a
a
a
a

+−+−=+−+−
5833.64016
2
1
16311635
22
2222
ba
baba
0,5
⇔



=−
=
43
3
b
a
⇔



−=∨=
=
17
3
bb
a

⇔
( )
02
2
3
2
3
3
13132
22
=−






+






+−+− xxxx
0,25
Đặt t =
( )
0
2

3
2
=t
, ta được :
023
2
=+− xx
⇔ x = 1 ∨ x = 2
0,25
Tập nghiệm
{ }
3;2=S
0,25
B. Theo chương trình nâng cao
Câu
7b
Cho hai đường tròn (C
1
): x
2
+ y
2
= 13 và (C
2
): (x –6)
2
+ y
2
= 25
cắt nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng qua A (2 ; 3)cắt





=−++
=+
2562
13
22
22
ba
ba
⇔





=+−++
=−+
015124
013
22
22
baba
ba
0,5
⇔




=
=
5
6
5
17
3
2
b
a
l
b
a
, vậy






−
5
6
;
5
17
M
.
0,25

−
=
−
=
−
− zyx
d
. Lập
phương trình đường thẳng (∆) cắt (d
1
),(d
2
) và trục Ox lần lượt tại
các điểm A, B, C sao cho B là trung điểm AC
Gọi
( ) ( )
1
9;24;7 daaaA ∈−++
,
( ) ( )
1
31;21;73 dbbbB ∈++−
và
C(c ; 0 ; 0)∈ Ox
0,25
B là trung điểm AC nên:
( )
( )
( )






−=
=
=
14
1
1
c
b
a
0,25
Vậy:
( ) ( )
1
8;6;8 dA ∈
,
( ) ( )
1
4;3;4 dB ∈−

0,25
Phương trình
4
8
3
6
12

log3log11log2log21 ++−=−
0,25
⇔
( )
( )
01log3log11log2
999
=+++− xxx
⇔
1log2
9
=x
vì:
01log3log1
99
>+++ xx
0,25
⇔ x = 3. Vậy nghiệm phương trình đã cho: x = 3
0,25
Trường THPT chuyên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1
NGUYỄN QUANG DIÊU Môn: Toán khối A,A
1
,B
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1/ (2,0 điểm).Cho hàm số y = x
3
–6x
2
+ 9x –2 có đồ thị là (C)