TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phútCâu 1: (2 điểm)
Cho hàm số
42
22
  
y x x
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .
2. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số
cộng.
Câu 2: (2 điểm)
1. Giải phương trình:
1
2sin +tanx+ 1 tan3x
cos3x

x

2. Giải hệ phương trình:
2
2
2

3 2 1
2 1 1
  


x y z
. Viết phương trình đường thẳng
()

đi qua M(3;0;-3) cắt đường thẳng (d)
và mặt phẳng (P) lần lượt tại A và B sao cho M là trung điểm của AB.
Câu 4: (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M, N là trung điểm của
SA, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC biết góc giữa MN và mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
.
Câu 5: (2 điểm)
1. Tìm
4
3
0
2sinx+cosx
(sinx+cosx)

dx


2. Tìm m để phương trình :
22

3
3
4
2
)
(
3







.

HẾT
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Cả
m ơ n
LêVăn
An(lva75@g
mail.com
)
gửitới www
.laisac.page.
tl

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN

x
y
x

0,25
Giới hạn:
;
lim lim
xx
yy
 
   

bảng biến thiên
X
-∞
1

0
1
+∞
y’ – 0 + 0 – 0 +

Y
0,25
Hàm số đồng biến trên khoảng
( 1; 3);(1; )


Nhận xét: đồ thị nhận trục oy là trục đối xứng
0,25
2
Hoành độ giao điểm là nghiệm của pt:
42
2 2 0   
x x m
(1)
Từ câu 1) suy ra pt có 4 nghiệm phân biệt
32
    
m

0,25
Đặt
2
( 0)

t x t




2


4
2
-2
-4
-5 5
Theo định lý Vi-ét ta có:
1
1
12
2
12
1
1
10 2
2
5
2 59
92
()
25






(2điểm)
1
Điều kiện:
2
cos3x 0 x
63
   
k


0,25
1 1 2sin
2sin 1 tan3 tan 2sin 1
cos3 cos3 cos3
1
sinx=
1
(2sin 1)( 1) 0
2
cos3
cos3x=1
        


    


x
Pt x x x x
x x x

3
   
k
c x k x


(thỏa mãn điều kiện)
Vậy nghiệm của phương trình là:
2
3

k
x

.
0,25
2
2
2
2
log 2 (1)
4 1 4 0 (2)





   



Thay vao (1) ta được:
2
22
2
4
log 2 4.2 2log ( ) 2 0

     
yy
y
y

Xét
2
2
( ) 4.2 2log ( ) 2 '( ) 4.2 .ln2
ln2
      
yy
f y y f y
y

0,25 Đặt
( 0)
  
t y t


g’(t) – 0 +

g(t)
0,25
+∞
+∞
1
()
ln2
g

Vì
1
22
ln2

Đường tròn (C) có tâm I(1;-2)
bk R =
3
.
Gọi H là giao điểm của MN và AI
Ta có :
22
3
2
  IH IM MH

5

IA

0,25
0,25
TH1: A và I nằm khác phía với MN

Ta có :
37
5
22
    

Vậy phương trình đường tròn (C’) là:
22
( 5) ( 1) 43
   
xy

0,25
2
Gọi điểm
(3 2 , 2 ; 1 ) ( )
     
A t t t d
và
( , , ) ( )

B a b c P

0,25

M là trung điểm của AB
3 2 6 3 2
2 0 2
1 6 5
    


       





  

xt
yt
zt0,25
H
N
M
A
I
H
N
M
A
I
4
(1điểm)
Gọi I là trung điểm AC, do tam giác
SAC cân nên
SI AC

mà
( ) ( )

Xét tam giác HCN có :
32
;
24

aa
NC HC
2
2 2 2 0
5 10
2 . . os45
84
     
aa
NH HC NC HC NC c NH0,25
Trong tam giác MHN có MH = NH.tan
0
30 30
60 ; 2
42
a SI MH a
  

3
1 30
.
3 12

1
4
  
xt


Vậy
1 1 1
3 2 3
0 0 0
(2t+1) 2 1
(t+1) (t+1) (t+1)
  
  
I dt dt dt0,25 0, 5
1
1
2
0
0
2 1 5
1 2(t+1) 8
   



0,25 0,25

Pt có 2 nghiệm dương phân biệt
2
' 0 2 0
0 2 0 2
0 2 0
   



     





mm
S m m
Pm

Vậy m>2 0,5
B

x























8
3
2
12
3
3





c
a
b
a
c
b
a
3
2
4
3
1
2
1
3
3
4

0,5
Áp dụng (*):
b
a
b
a
3
2



0,25


c
b
a
c
a
b
a
3
3
4
16
3
2
4
3
1
2
1





,
5


a
c
b
3
2



0,25
Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
Cả
m
ơ
n

Lê
Vă
n

An

Câu 2. ( 1 điểm) Giải phương trình:
2
3sin(cossin)
1
2sin21
4
xxx
x
π
−−
=

−+



Câu 3. ( 1 điểm) Giải bất phương trình:
2
4
2322326xxxx−++≥+−
Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân:
2
23
0
cos.(1sin)
I
xxdx
π
=−
∫

Câu 7 ( 1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác
ABC
, đường thẳng
BC
có phương
trình 10
xy
−−= . Trọng tâm tam giác
ABC
là (1;2)G , điểm (2;1)M − nằm trên đường
cao kẻ qua
A
của tam giác
ABC
. Tìm tọa độ điểm
B
biết
B
có hoành độ dương và diện
tích tam giác
ABC
bằng 24 .
Câu 8. (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz viết phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm (1;1;2),A −
(2;1;1),(1;2;3)BC−−− biết tâm của mặt cầu nằm trên mặt phẳng Oxz .
Câu 9. (1 điểm). Cho tập
{
}
0;1;2;3;4;5;6;7A = . Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 6 chữ số
khác nhau thuộc
A

BAB⊥ . Tìm tọa độ
MCâu 9 (1 điểm)
Tìm hệ số chứa
7
x
trong khai triển của:
3
()(22)
n
f
xxx=−+ biết
012
29
nnn
CCC++=
(
k
n
C là tổ hợp chập k của n phần tử)

_________________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


Khi .

lim,lim
xx
yy0,25

0,25
BBT:

1

+ 0 +

3

Kho ng bi n: , kho ng ngh ch bi n:
C i: , c c ti u: 0,25
V th : V 0,25
Câu 1.2
m)

0,25
Câu 2
m)
Gi u ki n:

0,25

0,25 0,25
0,25
Câu 3
m) u ki n:
0,25 0,25
.
. 0,25
Nh n xét: BN SA N, suy ra CN
SA.
, .

0,25
,
suy ra góc c n tìm là .

0,25
Câu 6
m)
Cho và .

Gi s , suy ra , suy ra .
0,25
.
0,25


0,25

Gi i h c . Suy ra
0,25

Bán kính:
0,25 0,25
Câu 9a
m)
a b

TH1. b = 0:
cách
Suy ra có
TH2. b = 2:

0,25
TH3. X ng c nh nhau: có 16 cách (do )

0,25

n th y nên . 0,25
Suy ra = .
0,25
suy ra .
0,25
V i , ,
V
i , . 0,25
Câu 9b
m)
u ki n: nguyên .
.

0,25
0,25
.
0,25
S là 0,25

ơ
n

Lê
Vă
n

An

(
lva75@g
m
ail.
c
om
)
gử
i
tới
www
.
laisac.
p
age.
tl
class="bi xac y2ac w1c h55"
class="bi xac y2ac w1c h55"
Cả
m
ơ

S
Ở
GD&
Đ
T NGH
Ệ
AN
ĐỀ
THI TH
Ử

ĐẠ
I H
Ọ
C L
Ầ
N TH
Ứ
NH
Ấ
T
2013

TR
ƯỜ
NG THPT PHAN
ĐĂ
NG L
Ư
U


Kh
ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. L
ập phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
(d) : x – 3y + 2 = 0.
Câu II (2.0
điểm)
1. Gi
ải phương trình:
− − =
x x
3
2 3 2 1
.
2. Gi
ải phương trình
2 sin 2 3sin cos 2
4
x x x
π
 
+ = + +
 
 
.
Câu III

(1,0
điểm)

kho
ả
ng cách gi
ữ
a AB và SC.
Câu V (1.0 điểm)

Cho a, b, c
∈
[0;2]. Tìm GTLN c
ủ
a
P
= 2(a + b + c) – (ab + bc + ca)
Câu VI (3,0 điểm)

1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng to
ạ

độ
Oxy cho hình thoi ABCD có B(-2;5), D(2;1),
cos

ABC
=
3

ẳ
ng Oxy theo thi
ế
t di
ệ
n là
đườ
ng tròn (C) có chu vi là 8
π
.
3. Tìm h
ệ
s
ố
c
ủ
a
5
x
trong khai tri
ể
n c
ủ
a
+
n
(x 1)
bi
ế
t n là s

@
g
m
ail.
co
m
gử
i
tới
www
.
laisac.
p
age.
tl
2 H
ọ và
tên: ……………………………………. SBD: …………………………
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM – MÔN TOÁN, KHỐI D - 2013

Câu
Đáp án Điểm
Câu 1
(2

lim
→±∞
= ±∞

-) Bảng biến thiên: +)
Đồ thị: 0.25

0.25

0.25

0.25

ếp tuyến tại (
0
x
,
0
y
) vuông góc (d) nên

2
0 0 0 0 0
1
f'(x ). 1 3x 6x 3 x 1 y 2
3
= − ⇔ − = − ⇔ = −
⇒
=

V
ậy tiếp tuyến cần tìm là : y = -3(x + 1) +2
⇔
3x + y + 1 = 0
0.25 0.5

0.25

.
Nh
ậ
n th
ấ
y x = 1 là m
ộ
t nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình.
V
ậ
y pt có m
ộ
t nghiêm duy nh
ấ
t là x = 1.
2. (1
đ
i
ể
m).
Pt
⇔
Sin2x + Cos2x = 3Sinx + Cosx + 2


C x S

=

+


Ta có (*) vô nghi
ệ
m. Gi
ả
i (**) ta
đượ
c 2 nghi
ệ
m
x k2
2
x k2

π
= − + π


= π + π



0.25


= + + + = + +
∫ ∫

=
2 2
30.25

0.5

0.25
Câu 4
(1
đ
i
ể
m)
+)
S.ABCD
V
=
1
3
.SA.dt(ABCD) =
1
3
a.
3

và CD
⊥
DA
⇒
AH
⊥
(SCD).
⇒
k/c(AB,SC) = AH.
Do
∆
SAD vuông cân t
ạ
i A nên AH =
1
2
SD =
a 2
2
.
V
ậ
y k/c(AB,SC) =
a 2
20.5
2

≤
4

0.5 5

Vậy Max P = 4 đạt được khi
(2 a)(2 b)(2 c) 0
abc 0

− − − =

=

⇒
xảy ra khi hai
trong 3 s
ố a, b, c bằng 0, số còn lại bằng 2 và ngược lại.

0.5
Câu 6
(3
điểm)


⇒
Cos

ABC
= Cos(
BA,BC

) =
2 2
0 0
2
0
4 x x 4
3
5
(2x 8)
− − +
=
+

⇒
0
x
= 1
⇒
A(1; 4), C(-1; 2)
2. (1
điểm)
Thi


n! n! n!
2!(n 2)! 4!(n 4)! 3!(n 3)!
⇔ + =
− − −

2
n 11n 30 0
⇔ − + =
n 5(l)
n 6

=
⇔

=

n 6
⇒
=

Trong khai tri
ển (x + 1)
n
ta có
k k
k 1 n
T C x
+
=

0.25

0.25
www.dethithudaihoc.com

6

Lưu ý
:
Đáp án chỉ trình bày một cách giải. nếu thí sinh giải cách khác đúng vẫn cho
điểm tối đa.

Cả
m
ơ
n
l
o
ve
m
at
h
@
g
m
ail.
co

Ử

ĐẠ
I H
Ọ
C L
Ầ
N I N
Ă
M H
Ọ
C 2012
−
−−
−
2013
MÔN:
TOÁN

−
KH
Ố
I A, B
Th
ờ
i gian làm bài
: 180 phút.

I. PH
Ầ

ẽ

đồ
th
ị
(C) c
ủ
a hàm s
ố
;
2)

Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) bi
ế
t ti
ế
p tuy
ế
n
đ

)
sin2
(tan
tan
3
=
+
+
−
x
x
x
x

Câu 3 (1 điểm
). Gi
ải hệ phương trình:
2 2
1 2
2
1 2 3 3
y x
x y
x
y x x x

+ = +




+ b
2
+ c
2
= 1. Chứng minh:
1
1 1 1
a b c
bc ca ab
+ + ≥
+ + +
.
II. PH
Ầ
N RIÊNG (3,0
đ
i
ể
m
):
Thí sinh ch
ỉ

đượ
c làm m
ộ
t trong hai ph
ầ
n
(

). Trong không gian v
ới hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
3
6 5
2
x
y t
z t
= −


= − +


= −

, mặt phẳng
(P): x + 2y
−
2z + 4 = 0 và
điểm A(
−
3;
−
1; 2). Vi
ết phương trình mặt phẳng (
α
)
đi qua A, vuông góc
v

). Trong m
ặt phẳng Oxy cho elip (E):
2
2
1
4
x
y
+ =
và 2
điểm ( 3;0), ( 3;0)
A B
−
.
Tìm
điểm M thuộc (E) sao cho

0
60
AMB
=
.
Câu 8b (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
1 2
2 1 1
x y z
+ −
= = , mặt
ph
ẳng (P): x + y − 2z + 5 = 0 và

ail.
co
m
gử
i
tới
www
.
laisac.
p
age.
tl 2

…………………………. H
ế
t …………………………
Đ
ÁP ÁN
ĐỀ
THI TH
Ử

ĐẠ
I H
Ọ
C L
Ầ

−
CBT: y’ = x
2

−
2x = 0
⇔
x = 0 ho
ặ
c x = 2
Hàm số ĐB trên (−∞; 0) và (2; +∞); hàm số NB trên (0; 2). 0,25

−
C
ự
c tr
ị
: C
Đ
(0;0); CT(
4
2;
3
−
).
−
Gi

Đồ
th
ị
0,25

2) Ta có:

tan 3
OB

ể
m thì
y’(x
0
) = ±3
⇔

2
0 0
2 3
x x
− = ±

⇔
x
0
=
−
1 ho
ặ
c x
0
= 3.

0,25

• PT ti
ế
p tuy
ế

n c
ủ
a (C) t
ạ
i
đ
i
ể
m (3; 0): y = 3(x
−
3) hay y = 3x
−
9.
0,25
2
(1
đ
i
ể
m)

Đ
K: cosx ≠ 0.
⇔

2
3(1 2cosx) tan x(1 2cos x) 0
+ − + =

⇔

ho
ặ
c
3
x k
π
π
= ± +
.
Đố
i chi
ế
u
Đ
K, ph
ươ
ng trình có các nghi
ệ
m trên.

0,5
3
(1
đ
i
ể
m)

Đ
KX

y

−
3
x

y’

y

−
∞

+
∞

0

2

0

0

+

−

+


1
2
1
x
x
= +
+
.

0,25

Dễ thấy hàm số
2
1 3
( )
2
1
f x
x
x
= +
+
ngh
ịch biến trên (0; +
∞
).
M
ặt khác ( 3) 1
f
=

x x x x
I dx dx
x x x
π π
π π
− −
+ +
= =
+ − −
∫ ∫0,25

Đặ
t sinx
−
cosx = t, ta có:
1 1
2
1 1
1 1 1
4 4 2 2
dt
I dt
t t t
− −
 
= = +
 

đ
i
ể
m SC nên
1
( ,( )) ( ,( ))
2
d M SAB d C SAB
=

⇒

1
2
SABM SABC
V V
=
.
Vì (SAB)
⊥
(ABC) nên g
ọ
i SH là
đườ
ng
cao c
ủ
a
∆
SAB thì SH


V
ậ
y
3
16
SABM
a
V
=
. 0,25

• G
ọ
i D là
đ
i
ể
m sao cho ACBD là hình bình hành
⇒
(SAD) ch
ứ
a SA và song
song BC

BM =
2
2 2 2
6 10
4 4
a a
SA SM a
 
− = − =
 
 
 
. 0,25

2
1 1 10 6 15
. . .
2 2 4 2 8
SAD SBC
a a a
S S BM SC
= = = =0,25
S


đ
i
ể
m)

Ta có:
2 2
2
2
1 3
1
2
a a a
b c
bc a
≥ =
+
+ −
+
.

0,25

M
ặ
t khác d
ễ
th
ấ
y

1
a
a
bc
≥
+
, t
ươ
ng t
ự

2
1
b
b
ca
≥
+
,
2
1
c
c
b
≥
+
.
0,25

Do

ứ
ng c
ủ
a B qua d
⇒
M
∈
AC.
G
ọ
i H, K l
ầ
n l
ượ
t là hình chi
ế
u c
ủ
a C, B
trên d.
Vì CH = 2BK nên CH = BM = 2KM
⇒
M
là trung
đ
i
ể
m AC.
Vì các tam giác ABC, AHC vuông c
ạ

ả
s
ử

( ; 3)A t t
∈ d (t > 0). Ta có:
2 2
0
( 3) 2AC t y t= + − =
⇔
2
0
4 2 3 0
t y t
− =
(do
2
0
4y =
)
⇔

0
3
2
y
t
=
. Vì t > 0 nên y
0

⇔
(4t
−
5)
2
= 26t
2

−
50t + 25
⇔
10t
2
+ 10t = 0
⇔
t = 1 ho
ặc t = 0.
⇒ M(
−
3;
−
1; 1) ho
ặc M(
−
3;
−
6; 2).

0,5


⇒
( 2;1;0)
n
α
= −


Ph
ương trình mp (α): −2x + y − 5 = 0.
• M(
−
3;
−
6; 2):
(0;5;0)
MA =

,
(1;2; 2)
p
n = −

⇒
( 10;0; 5)
n
α
= − −


⇒ (

2
1 0 1 2 2 3 1
0
0
1 1 1 1
(1 )
1 2 3 1
n
n n
n n n n
x C x C x C x C x
n
n
+
+
 
+ = + + + +
 
+
+
 
0,5
B

H

C

K
ế
t h
ợ
p gi
ả
thi
ế
t suy ra:
1
3 1 242
1 1
n
n n
+
−
=
+ +

⇔
3
n + 1
= 243 = 3
5

⇔
n = 4.

Ta có (x
2

Vì A, B chính là các tiêu điểm (E) nên ta có:
2 2 2 0 2
1
2 . .cos60 ( ) 2 . 2 . .
2
AB MA MB MA MB MA MB MAMB MA MB
= + − = + − −

=
2 2
4 3 . 4 3( )( )
a MA MB a a ex a ex
− = − + −
=
2 2 2
3
a e x
+

⇒
2
2 2 2
2
4 3
c
c a x
a
= +

⇔

4 9 9 3
x
y y
= − = − =
⇒
= ±
.
V
ậ
y có 4
đ
i
ể
m th
ỏ
a mãn v
ớ
i t
ọ
a
độ
là
4 2 1
;
3 3
 
± ±
 
 
 

= = −
 
.
0,25

G
ọ
i
u
∆

là vec t
ơ
ch
ỉ
ph
ươ
ng c
ủ
a
∆
, t
ừ
gi
ả
i thi
ế
t suy ra
u
∆

ươ
ng trình
∆
là: x = 1
−
3t; y =
−
1 + 5t; z = 2 + t.
0,25
9b
(1
đ
i
ể
m)

Đ
KX
Đ
: x > 0.
Đặ
t
2
2
log log
( 3 1) 0,( 3 1) 0
x x
u v
+ = ≥ − = ≥


⇒
log
2
x = 0
⇔
x = 1 (th
ỏ
a mãn PT).
• uv
2
= 1
⇒

2
log
(2 3 2) 1
x
− =

⇔
log
2
x = 0
⇔
x = 1 (th
ỏ
a mãn PT).
V
ậ
y PT có nghi

n
đ
úng thì cho
đ
i
ể
m t
ố
i
đ
a dành cho ph
ầ
n
đ
ó (ho
ặ
c ý
đ
ó).
Cả
m
ơ
n
l
o
ve
m
at
h
@