SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2013
Môn: TOÁN - Khối A,A
1,
B và D
Thời gian làm bài: 180 phút không kể phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
2 2
1
mx m
y
x
+ −
=
+
(1).
a) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1m =
.
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt đường thẳng
∆
:
3y x= +
tại 2 điểm A, B sao cho tam giác
ABI có diện tích bằng 3, với điểm I(-1;1).
Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình:
2

. Gọi M là trung điểm AB. Biết MD =
3 5
2
a
, mặt phẳng (SDM) và mặt phẳng
(SAC) cùng vuông góc với đáy. Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng CD và SM theo
a
.
Câu 6.(1,0 điểm) Cho
, ,a b c
là các số thực dương thỏa mãn
( )
2 2 2
5 2a b c a b c ab+ + = + + −
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
3 1
48
10
Q a b c
a b c
 
= + + + +
 ÷
 ÷
+ +
 
.

+
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
2 4 3 0x y x y+ − + − =
. Viết phương trình đường tròn có tâm K(1;3) cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho diện tích
tam giác IAB bằng 4, với I là tâm của đường tròn (C).
Câu 8.b (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q):
0x y z+ + =
và hai
điểm A(4;-3;1), B(2;1;1). Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Q) sao cho tam giác ABM vuông cân tại M.
Câu 9.b (1.0 điểm) Tìm các giá trị x sao cho số hạng thứ ba trong khai triển nhị thức Niu-tơn
( )
3
2 2
8
1
log 1
log
3
3 3
x
x
− +
 
+
 ÷
 
bằng 28.

+
.
- Hàm số đồng biến trên các khoảng
( )
; 1−∞ −
và
( )
1;− +∞
.
0.25
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 2;
x x
y y
→−∞ →+∞
= =
tiệm cận ngang
2y =
.

( ) ( )
1 1
lim ; lim ;
x x
y y
− +
→ − → −
= +∞ = −∞
tiệm cận đứng
1x = −


+ −

= + ⇔

+ − = + +
+


( ) ( )
2
1
2 2 5 0 *
x
x m x m
≠ −


⇔

+ − + − =


0.25
Kí hiệu
( )
g x =
( )
2
2 2 5x m x m+ − + −

∆
) nên ta gọi
( ) ( )
1 1 2 2
; 3 , ; 3A x x B x x
+ +
trong đó x
1
, x
2
là nghiệm của (*).
Theo định lí viet ta có
( )
1 2
1 2
2 2
5
x x m
x x m
 + = − −


= −


0.25
Từ giả thuyết
( ) ( )
2
2 1

( )
2
sin 3 sin cos 2sin .sin 2 0 sin sin 3 cos 2sin 2 0 sin sin sin 2 0
3
x x x x x x x x x x x x
π
 
 
⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ − − =
 ÷
 ÷
 
 
0.25
2
10
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-5
5
O
-1
-1
1/2

4 2
3
2 2
3
9 3
x x k
x k
x x
x x k
x k
π
π
π
π
π
π
π π
π π


= − +
= − +


 

= − ⇔ ⇔

 ÷
 

2 5x
≤ ≤
.Ta có
1 5 0x x
+ + − ≥
và
2 0x
− ≤
.Suy ra
2 5x
≤ ≤
là nghiệm của bpt đã cho.
0.25
+Với
1 2x− ≤ <
. Bình phương 2 vế của bất phương trình đã cho ta được
( ) ( )
2 2 2
6 2 1 5 4 4 4 2 5 4 2 0x x x x x x x x+ + − ≥ − + ⇔ − + + + − + ≥
0.25
Đặt
2
5 4 , 0 3t x x t= + − ≤ ≤
Phương trình đã cho có dạng.
2
1
2 3 0
3 ( )
t
t t

4sin cos 1- 2 sin
4sin cos 1- 2sin
2sin 2 cos 2
2 sin 1
2 sin 1 2 sin 1
x x x
x x x
x x
dx dx dx
x
x x
π π π
= =
+
+ +
∫ ∫ ∫
0.25
Đặt
2 sin 1t x= +
ta có
2 cos . ; 0 1; 2
4
dt x dx x t x t
π
= = ⇒ = = ⇒ =
.
0.25
( ) ( )
2 2
1 1

AD AM MD AD a AD a
+ = ⇔ + = ⇔ =
2
9
ABCD
S a⇒ =
Gọi H là giao của AC và DM, Do (SAC) và (SDH)
cùng vuông góc với đáy (ABCD) nên SH
⊥
(ABCD)
suy ra
0
60SDH∠ =
;
0 0
2
.tan 60 tan60 15 .
3
SH HD DM a= = =
(vì H là trọng tâm tam giác ADB)
Vậy
2 3
.
1 1
. 15 .9 3 15 .
3 3
S ABCD ABCD
V SH S a a a= = =
0.5
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên AB và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó AB

 
0.5
6
(1,0điểm)
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
1
5 0 10
2
a b c a b c a b c a b c+ + = + + ≤ + + ⇒ < + + ≤
.
0.25
M
A
C
B

( )
10 1
2 22
3 6
a
a
+
≤ +
;
( )
3

a b c a b c
a b c a b c
 
≥ + + + = + + +
 ÷
+ + + + + +
 
0.25
Xét
2304
( )
38
f t t
t
= +
+
với
(
]
0;10t ∈
.
( )
2
2304
'( ) 1 0
38
f t
t
= − ≤
+

a
a b b
− − +

=−

=


⇔
 
+ + =


=


Suy ra A(-4;1), B(2;3)
0.5
Phương trình đường thẳng AC:
( ) ( )
4 1 0 3 0x y x y
+ + − = ⇔ + + =
Điểm C thuộc đường thẳng AC nên C(c;-c-3)
0.25
Mặt khác trung điểm BC thuộc trung tuyến kẻ từ A do đó ta có:
2
3 1 0 2
2 2
c c

là vtpt của (Q).
0.25
(Q)
⊥
(P)
. 0 2 0 2
Q P
n n A B C C A B⇔ = ⇔ + − = ⇔ = +
r r
(1)
Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến, ta có r = 2 Suy ra
( )
( )
2 2
; 15 4 11d I Q R r
= − = − =
(2)
0.25
Mặt khác
( )
( )
2 2 2
5 5
;
A B C
d I Q
A B C
− + +
=
+ +

. Mặt phẳng(Q) có phương trình (x-1)-
1
3
y+
1
3
(z+4)=0
⇔
3x-y+z+1=0.
Vây phương trình mặt phẳng cần tìm là x+y+3z+11=0 và 3x-y+z+1=0.
0.25
9a
(1,0điểm)
Đặt
, ,z a bi a b R= + ∈
ta có
( ) ( )
( )
5 .
1 3 2
2
i z
z i i
i
= + − −
+
( ) ( )
5 2a bi i i i a bi
⇔ + = + − − −
0.25


0.25
Vậy
2 2
17
2
z a b= + =
.
0.25
7.b
(1,0điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) bán kính
2 2R =
.Gọi H là trung điểm AB. Khi đó
2 2
. 4 .
ABI
S IH AH R AH AH= ⇔ = −
( )
2 2 2
16 8 . 4 2AH AH AH AH
⇔ = − ⇔ = ⇔ =
0.25
Ta có
5IK
=
>
2 2 R=
nên có hai trường hợp sau
Trường hợp 1: H nằm giữa đoạn thẳng IK, ta có

8.b
(1,0điểm)
Gọi M(a;b;c) khi đó .
( )
( ) 0 1M Q a b c∈ ⇔ + + =
Tam giác ABM cân tại M khi và chỉ khi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2
4 3 1 2 1 1 2 5 0AM BM a b c a b c a b
= ⇔ − + + + − = − + − + − ⇔ − + + =
(2)
0.25
Từ (1) và (2) ta có.
0 2 5
2 5 0 5 3
a b c a b
a b c b
+ + = = +
 
⇔
 
− + + = = − −
 
(*)
Trung điểm AB là
( )
3; 1;1I −
,
0.25

= − ⇒ = = − ⇒ − −
 ÷
 
Vậy điểm M cần tìm là
(1; 2;1)M −
và
17 9 8
; ;
7 7 7
M
 
− −
 ÷
 
0.25
9.b
(1,0điểm)
Số hạng thứ ba trong khai triển nhị thức Niu-tơn trên là
( )
( )
( ) ( )
3
3 2 3
2 2 2
6
1
2
log 1
2 log 1 8log 2 log 1
2 log 8log

1
log
10
4
x
x
x
x
=

=



⇔ ⇔


=
= −



. Vậy x cần tìm là x =10 và
4
1
10
x =
.
0.25
Hết