Trường THPT chuyên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1
NGUYỄN QUANG DIÊU Môn: Toán khối D
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
1
3
+
−
=
x
x
y
có đồ thị là (C)
a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho
b/ Tìm tọa độ điểm M trên (C) sao cho độ dài IM là ngắn nhất
(I: giao điểm hai tiệm cận của(C))
Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình:
3
12sin2cos2
4sin2cos
2
=
−+
−
xx
xx

Câu 3/ Giải hệ phương trình:
( )
( )

BC) tạo với đáy góc 60
0
, tam giác
A
/
BC có diện tích bằng
38
a/Gọi M ,N lần lượt là trung điểm của BB
/
và CC
/
. Tính thể tích khối tứ diện A
/
AMN
b/ Tính khoảng cách giữa hai cạnh A
/
B và AC
Câu 6/ ( 1 điểm) . Gọi
1
x
,
2
x
,
3
x
là nghiệm phương trình:
( )
( )
07329232

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 (C
1
) và (C
2
) 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
−
−
=

−=−+ xxx
WWW.ToancapBa.Net 1
Đáp án
WWW.ToancapBa.Net 2
WWW.ToancapBa.Net 3
Câu Nội dung Điểm
Câu 1a
Tập xác định: D = R \ {–1}
0,25

( )
2
/
1
4
+
=
x
y
,
Dxy ∈∀> ,0
/
Vì:
( )
+∞=
+
−
−
−→
1

−∞→
x
x
x
và
1
1
3
lim =
+
−
+∞→
x
x
x

nên: y = 1 là tiệm cận ngang
Bảng biến thiên và kết luận 0,25
Đồ thị 0,25
Câu 1b
Gọi






+
−
1

mIM
22≥
0,25
( Tương ứng xét
( )
0,
16
>+= t
t
ttg
và t = (m + 1)
2
và lập được
bảng biến thiên
IM nhỏ nhất khi
22=IM
0,25
Khi đó (m + 1)
2
= 4
Tìm được hai điểm
( )
1;1
1
−M
và
( )
3;3
2
−M

0,25
3
12sin2sin2
4sin2cos
2
=
++−
−
xx
xx
⇔
( )
xxxx 4cos2sin34sin2cos +=−
⇔
xxxx 4sin4cos32sin32cos +=−
0,25
⇔






−=







kxx
kxx
π
π
kx +=
4
∨
3
2
6
ππ
kx +−=
0,25
So lại điều kiện được nghiệm phương trình đã cho
3
2
6
ππ
kx +−=
0,25
Câu 3
Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )







=+−++
+=+
02
1
2
yyxyxy
yxyx

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

⇔



=++
=−+
3
2
01
012
y
x
yx
yx
Vậy: C(2 ; –3)
0,25
( )
daaA ∈+ 3;
.
( )
2
42
;
+
=
a
BCAd
,
2=BC
.Theo giả thiết ta

2
1
a
a
a
a
Với a = –1 thì A(–1 ; 2), với a = –3 thì A(–3 ; 0)
0,5
Câu 8a Gọi C(a ; b; 0), tam giác ABC cân tại C nên trung điểm
H(3 ; 3 ; 0) của AB cũng là chân đường cao vẽ từ C.
0,25
Theo giả thiết ta có:





=
=
58.
2
1
CHAB
BCAC

⇔
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )



17
3
bb
a
Có hai trường hợp C(3 ; 7 ; 0), C(3 ; –1 ; 0)
0,25
Câu 9a
Giải phương trình:
36213362
222
263
+−+−+−
=+
xxxxxx
36213362
222
263
+−+−+−
=+
xxxxxx
⇔
1262131262
222
263
++−+−++−
=+
xxxxxx
131313
222
4.269.3

( )
0
2
3
13
2
>






+−
t
xx
, ta được:
023
=−+
tt
⇔
( )




=
−=
3
2

+ y
2
= 25 cắt
nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng qua A (2 ; 3)cắt (C
1
) và
(C
2
) thành hai dây cung bằng nhau
Gọi M(a ; b)∈ (C
1
) và N(4 –a ; 6 –b) đối xứng với M qua A. Theo
giả thiết N∈ (C
2
)
Vậy ta có:
( ) ( )





=−+−−
=+
2562
13
22
22
ba
ba

⇔



=+−
=−+
010124
013
22
ba
ba
⇔
( )
















=

M
.
0,25
Phương trình đường thẳng cần tìm x –3y + 7 = 0 0,25
Câu 8b
Cho
( )
1
9
2
4
1
7
:
1
−
−
=
−
=
− zyx
d
và
( )
3
1
2
1
7
3

( )





+=−
+=+
−=++
ba
ba
bca
3129
21224
7327
⇔





=−+
=+−
=+++
076
0242
0114
ba
ba
cba

6
12
8
:
−
=
−
=
−
∆
zyx
0,25
Câu 9b
Giải phương trình:
1loglog3log1
399
−=−+ xxx
Điều kiện xác định: x ≥ 1 0,25
1loglog3log1
399
−=−+ xxx

⇔
1log2log3log1
999
−=−+ xxx
⇔
( )
( )
xxxx

2
+ 9x –2 có đồ thị là (C)
a/ Khảo sát sư biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho
b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, biết M cùng với hai cực trị của (C) tạo
thành một tam giác có diện tích S = 6
Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình:
02cos3sin
4
2sin2 =+−−






+ xxx
π
Câu 3/ Giải hệ phương trình:
( )
( ) ( )





=++++++
=−+++
02161322
03232
2

13 ≤+ yx
Tìm giá trị nhỏ nhất của
xy
x
A
11
+=
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).Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d: 2x + y = 0, qua
A(–2 ; 2) và tiếp xúc ∆: 3x – 4y + 14 = 0
Câu 8.a (1,0 điểm). Cho
( )
2;2;5 −B
,
( )
6;2;3 −C
và (P): 2x + y + z –5 = 0. Tìm tọa độ
điểm A thuộc (P) sao cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A
Câu 9 .a . (1,0 điểm )
Giải phương trình:
( ) ( )
2
2
2
4
2
4
3log103log239log8 −+=++− xxx
B . Theo chương trình nâng cao

y
/
= 3x
2
–12x + 9
y
/
= 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 3
0,25
( )
−∞=−+−
−∞→
296lim
23
xxx
x
và
( )
+∞=−+−
+∞→
296lim
23
xxx
x
Bảng biến thiên và kết luận 0,25
Đồ thị 0,25
Câu 2b b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, biết M cùng với hai
cực trị của (C) tạo thành một tam giác có diện tích S = 6
Hai điểm cực trị A(1 ; 2), B(3 ; –2),
52=AB

−+−== mmmABMdABS
0,25




−=−+−
=−+−
⇔=
66116
66116
6
23
23
mmm
mmm
S
⇔



=
=
4
0
m
m
0,25
m = 0 ⇒ M(0; –2) phương trình: y = 9x –2
0,25

=+−+− xxxxx
0,25
⇔
( ) ( )( )
01cos21cos1cos2sin =−−+− xxxx
⇔
( )( )
01cossin1cos2 =−+− xxx
0,25
WWW.ToancapBa.Net 7
⇔






=






+
=
2
1
4
sin



=++++++
=−+++
202161322
103232
2
33
2
xxxyxy
yyx
(2) ⇔
( ) ( )
041312
23
=++++ yxyx
⇔
04
1
3
1
2
23
=+









−−=
=−+++
12
03232
2
yx
yyx
0,25
⇔





−−=
−=++
12
23464
2
yx
yyy
⇔







Tính:
( )
dxxxxA
∫
+=
2
0
2
sin1lncossin
π
Tính:
( )
dxxxA
∫
+=
2
0
2
sin1ln2sin
2
1
π
Đặt
( )
xu
2
sin1ln +=
và
xdxdv 2sin
=

0
2
0
22
2sinsin1lnsin1
2
1
π
π
xdxxxA
0,25
( ) ( ) ( )






−++=
2
0
2
2
0
22
sinsin1lnsin1
2
1
ππ
xxxA

.
.
=
ABCS
AMCS
V
V
. Gọi H là trung điểm SA
0,25
SA ⊥ (ABCD) nên MH ⊥ (ABCD) và
SAMH
2
1
=
ABCSABCMACDM
VVV

2
1
==
vậy:
1
2
1
=
V
V
0,25
Câu 5b Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD
Gọi E là điểm đối xứng của B

x
A
11
+=
0,25
Giải.
4
3
431 yxyxxxyx ≥+++=+≥
hay
4
1
4
≤xy
0,25
xy
x
A
11
+=
≥
8
21
2
4
3
≥=
yx
xyx
0,25

K
E
C
D
A
S
Câu 7a Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d: 2x + y = 0,
qua A(–2 ; 2) và tiếp xúc ∆: 3x – 4y + 14 = 0
Tâm I thuộc d nên I(a ; –2a). Theo giả thiết ta có AI = d(I ; d) hay
( ) ( )
25
1483
222
22
++
=−−++
aa
aa
⇔
0,25
141181255
2
+=++ aaa
⇔ a = 1
Ta được I(1; –2) ⇒ bán kính R = 5 (0,25)
0,25
Phương trình đường tròn cần tìm: (x –1)
2
+ (y +2)
2

−=
−=
42
513
ca
cb
.Khi đó:
( )
cccA ;513;42 −−
0.25
( )
cccAB −−−= 2;155;29
và
( )
cccAC −−−= 6;155;27
Tam giác ABC vuông tại A nên:
0. =ACAB

⇔
( )( ) ( ) ( )( )
0621552729
2
=−−+−+−− ccccc
⇔
020017030
2
=+− cc
⇔
3
5

2
2
4
2
4
3log103log239log8 −+=++− xxx
Điều kiện:
( )
( )







>−
≥+
>−
03
03log
09
2
2
4
2
x
x
x
⇔

xx

⇔
34 >∨−≤ xx

0.25
Phương trình đã cho trở thành:
( ) ( )
0103log33log
2
2
2
2
=−+++ xx

0,25
⇔
( )
( ) ( )




−=+
=+
vnx
x
53log
23log
2



−=
=
7
1
x
lx
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = –7
0,25
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7b Cho (C): (x +6)
2
+ (y –6)
2
= 50. M là điểm thuộc (C)(M có hoành
WWW.ToancapBa.Net 10
độ ,tung độ đều dương). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M
sao cho tiếp tuyến này cắt hai trục tọa độ tại A và B nhận M là
trung điểm
(C) có tâm I(–6 ; 6) và bán kính
25=R
Gọi A(a ; 0) và B(0 ; b) ( ab ≠ 0) là giao điểm của tiếp tuyến
cần tìm với hai trục tọa độ,suy ra














=






−+






+
=






−


=






−
+






+
=−−−
50
2
12
2
12
01212
22
22
ba
baab
⇔
( )( ) ( )

+=
−=
⇔
12
1
ab
lab
0,25
Với
12
+=
ab
thay vào (2) được:
( )
20012
2
2
=++ aa

⇔ a = 2 ∨ a = –14 ( loại)
Với a = 2 , b = 14, ta có phương trình: 7x +y –14 = 0
0,25
Câu 8b Cho M(0; 0; 1), A(1 ; 0 ; 1)và B(2; –1;0). Viết phương trình
mặt phẳng (P) qua A, B và khoảng cách từ M đến (P) bằng
2
2
.
Phương trình mặt phẳng qua A có dạng: a(x –1) + by + c(z –1) = 0
(a
2

Giaỉ bất phương trình:
( )
xxx
64
63
6
loglog ≥+
Đặt:
6
xt =
,
( )
0>t
suy ra: x = t
6
0,25
WWW.ToancapBa.Net 11
Bất phương trình trở thành:
( )
6
64
2
6
loglog ttt ≥+
⇔
( )
ttt
2
2
6

0,25
Gọi:
( )
uu
uf






+






=
3
1
3
2
là hàm luôn nghịch biến nên:
( ) ( )
11 =≥ fuf
⇔
1
≤
u

của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B sao
cho
OBAB .82=
.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
2
2
2
2cos 3sin 2 3
3 tan 1
2cos .sin
3
x x
x
x x
π
+ +
= +
 
+
 ÷
 
.
2. Giải bất phương trình
1
2
4
4

+
∫
.
Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có
·
0
, 2 , 30AB a BC a ACB= = =
, hình chiếu vuông
góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt
phẳng (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích khối đa diện BCC’B’A’ và khoảng cách giữa B’C’ và A’C.
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực
]2;1[,, ∈cba
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
)(4
)(
2
2
cabcabc
ba
P
+++
+
=
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2.0 điểm)
WWW.ToancapBa.Net 12
1. Trong mặt phẳng

có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm mang số chia hết cho 10.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng
Oxy
, cho hình thang
ABCD
với hai đáy là
AB
và
CD
biết
)3;5(),3;3( −CB
. Giao
điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng
032: =−+∆ yx
. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại
của hình thang
ABCD
để
BICI 2=
, tam giác
ACB
có diện tích bằng 12, điểm
I
có hoành độ dương
và điểm
A
có hoành độ âm.
2. Trong không gian

( )
( )
12
6
6
1 3 2
1 3 1
i i
i i
+ −
− +
là nghiệm của
phương trình
2
8 64 0.z bz c
+ + =
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:
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN 2
Môn: TOÁN; Khối: A+B
(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điể
m
I
( 2,0
điểm)

1 1
lim ; lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞
⇒ tiệm cận đứng: x = 1
lim lim 2
x x
y y
→+∞ →−∞
= =
⇒ tiệm cận ngang y = 2
0.2
5
Bảng biến thiên: 0.2
5
WWW.ToancapBa.Net 13
x
y’
−∞
+∞
y
1
−
−
+∞
2
−∞




=
=+
⇒
Hệ số góc của tiếp tuyến được tính bởi
1
9
OB
k
OA
= ± = ±
0.2
5
Gọi
);(
00
yxM
là tiếp điểm của tiếp tuyến
)(d
và (C)
⇒ hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình:
)(
0
/
xf
= k hay:

2


−

⇔ − = ⇔

 −

= − = − ⇒ =


− 

VN

0.2
5
Với
1
9
k = −
và tiếp điểm
7
4;
3
 
 ÷
 
, ta có pt tiếp tuyến :
( )
1 7 1 25

( )
2
2
2
2cos 3sin 2 3
3 tan 1
2cos .sin
3
x x
x
x x
π
+ +
= +
 
+
 ÷
 
.
Điều kiện:







+−≠
+≠
⇔

Zk ∈
(*). Khi đó:
Phương trình đã cho tương đương với:
2
2
3
cos 2 3sin 2 4 2cos sin
3
cos
x x x x
x
π
 
+ + = +
 ÷
 
0.2
5
WWW.ToancapBa.Net 14
•
•
•
•
•
•
1
2
1
1
2




−
=






−
⇔
2
1
6
cos
1
6
cos
π
π
x
x
0.2
5
Với
π
π
π

x k
π π
π
π π
π
π π
π

− = +

 
− = ⇔ ⇒ = − +

 ÷
 

− = − +



( )
k ∈¢
, thỏa (*)
Vậy, phương trình có nghiệm:
( )
2 .
6
x k k
π
π

1
12
31
4
1
2
2
2
2
2
+
+−
≤−+








−
+
++
x
x
x
x
xx
1)12(

xx
0.2
5
0
1)12(
3
3
4)1)(4(
)3(2
22
2
2
2
2
≤
+++
−
+−+
+++++
−
⇔
xx
x
x
xxxx
x
0
1)12(
1
1

5
III
(1,0
Tính tích phân
2
1
0
( )
x
x
x x e
I dx
x e
−
+
=
+
∫
.
Ta có I=
2
1
0
( )
x
x
x x e
dx
x e
−

Suy ra I=
1
0
.( 1)
1
x x
x
xe x e
dx
xe
+
+
∫
1
1
( 1)
e
t
dt
t
+
−
=
∫
1
1
1
1
e
dt

A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt
phẳng (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích khối đa diện BCC’B’A’ và khoảng cách giữa hai đường
thẳng B’C’ và A’C.
Từ
)(
'
ABCGA ⊥
AG
⇒
là hình chiếu của
'
AA
lên
)(ABC
Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có:
·
0
2 2
2 , ; ' 60
3 3
a
BC a AG AI A AG= = = =
0
2 3
' .t an60
3
a
A G AG⇒ = =

/ / / / / / /
. .
1
1 . '
3
ABC
BCC B A ABC A B C A ABC
V V V S A G
 
= − = − =
 ÷
 
3
2 1 1 2 3 2
. . . ' . 3.
3 2 3 3 3
a
AB AC A G a a a= = =
(đvtt).
0.2
5
Kẻ AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK
1 1 1 . 1 . 3 3
.
3 3 3 3 2 6
GI MG AB AC a a a
GI AK
AK MA BC a
⇒ = = ⇒ = = = =
Kẻ GH ⊥ A’I tại H (1)

[ , ( ' )]d G A BC GH=
Vì
BCCB //
''
,
)(
'
BCABC ⊂
nên
)//(
'''
BCACB
và
)(
''
BCACA ⊂
⇒

)](,[),(
''''''
BCACBdCACBd =
=
[ ', ( ' )]d B A BC
Mặt khác ta thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’. Do đó:
[ ', ( ' )] [ , ( ' )] 3 [ , ( ' )] 3d B A BC d A A BC d G A BC GH= = =
2 2 2 2
2 3 3
3. .
3. ' . 6 2 51
3 6

cabcabc
ba
P
+++
+
=

P được viết lại dưới dạng tương đương là
M
babacc
ba
abbacc
ba
P =
++++
+
≥
+++
+
=
22
2
2
2
)()(4
)(
4)(4
)(
0.2
5



+
=
tt
ba
c
ba
c
M
với
ba
c
t
+
=
Với
]2;1[,, ∈cba






∈⇔ 1;
4
1
t
0.2
5

tf
< 0,
∀






∈ 1;
4
1
t
)(
/
tf⇒
nghịch biến trên






1;
4
1
0.2
5
Do đó
∀

thuộc (E) sao cho tam giác
ABC
vuông cân tại
A
, biết điểm
B
có tung độ
dương.
Ta có
ACABECBEA =∈∈ :)(,);()0;3(
Gọi
);();(
0000
yxCyxB −⇒

)3(
0
<x
H là trung điểm của
BC
)0;(
0
xH⇒
0.2
5
2
00
9
3
2

5

0
0 0
3 (ktm)
12 3
5 5
x
x y
=


⇔

= ⇒ =


Vì B có tung độ dương nên






−






uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur uur
0.2
5
Suy ra
.MA MB
uuur uuur
nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất
Hay M là hình chiếu vuông góc của I trên (d).
0.2
5
( 3 4 ; 2 ; 3 2 ) ( 5 4 ; 5 ; 3 2 )M d M t t t IM t t t∈ ⇒ − + + − + ⇒ = − + + − +
uuur
(d) có vectơ chỉ phương
(4; 1; 2)u =
r
0.2
5
. 0 4( 5 4 ) 5 2( 3 2 ) 0 1IM u IM u t t t t⊥ ⇔ = ⇔ − + + + + − + = ⇔ =
uuur uuur
r r
(1; 3; 1), 38M MI⇒ − =
. Vậy
( )
. 29Min MA MB =
uuur uuur
đạt được khi
(1; 3; 1)M −
0.2
5
VII.a

667
99
)(
10
30
1
3
4
12
5
15
==
C
CCC
AP
0.2
5
VI.b
(2,0
điểm)
1. Trong mặt phẳng
Oxy
, cho hình thang
ABCD
với hai đáy là
AB
và
CD
biết
)3;5(),3;3( −CB

2
It
ktmt
t
ttBICI ⇒=⇒




−=
=
⇔=−+⇔=
Phương trình đường thẳng
02: =−+ yxIC

Mà
2612),(.
2
1
=⇒== ACACBdACS
ABC

0.2
5
Vì
0),2;( <−⇒∈ aaaAICA
nên ta có
( )
365
2


−=
−=
⇔



=+
=−
D
y
x
y
yx
Vậy
)3;1(−A
,
)3;3( −−D
0.2
5
2. Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng
x 3 y 1 z 3
(d) :
2 1 1
+ + −
= =
và mặt phẳng
( )

)3;1;3( −−B
hoặc
)5;1;1(B
0.2
5
Mặt khác
62 == BCBA
và
·
0
60ABC =
ABC
∆⇒
vuông tại
C
(2)
Suy ra
·
0
30CAB =
(3). Từ (1), (2) và (3)
C
⇒
là hình chiếu của
B
lên ( P)
0.2
5
Tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ phương trình


+
=
+
052
1
3
2
1
1
3
zyx
zyx
Suy ra






−
2
5
;0;
2
5
C
hoặc




là nghiệm của phương trình
2
8 64 0.z bz c+ + =
Ta có
( )
3
2 3
1 3 1 3 3 3.3 3 3 8i i i i+ = + + + = −
( )
3
2 3
1 3 1 3 3 3.3 3 3 8i i i i− = − + − = −
( )
2
1 2i i+ =
0.2
5
Do đó
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
12
4
6 2 3
6

b b
b c c
+ = = −
 
⇔ ⇔
 
+ − = =
 

295)2(
22
=+−=⇒ w
0.2
5
Hết

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN 2
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2 2
2 2 4
= − + −
y x mx m

( )
m
C
. (m là tham số thực)

y y x x

− + + − + =


− + = +



( , )x y R∈
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
∫
+
++−
=
1
0
1
1)1(
dx
e
xex
I
x
x
.
Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có
·
0

.
2. Trong không gian
Oxyz
, cho hai đường thẳng
( ) ( )
1 2
x 1 y 1 z x 1 y 2 z
d : ; d :
2 1 1 1 2 1
− + − −
= = = =
và mặt
phẳng
( )
P : x y 2z 3 0+ − + =
. Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) cắt
( ) ( )
1 2
d , d
lần lượt tại
BA,
sao cho
33=AB
.
WWW.ToancapBa.Net 20
Câu VII.a (1.0 điểm) Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn
2 2
6z z+ =
và
1 2z i z i− + = −

Môn: TOÁN; Khối: D
(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điể
m
I
(2,0
điểm)
Cho hàm số
4 2 2
2 2 4
= − + −
y x mx m

( )
m
C
. (m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với
1.=m

Với
m 1 =
4 2
2 2y x x⇒ = − −

TXĐ:
D .
=
¡

ct
x y= ± = −
.
- Giới hạn:
x x
lim y ; lim y .
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
0.25
WWW.ToancapBa.Net 21
Bảng biến thiên:
x
−∞
-1 0 1
+∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y
-3 -
0.25
Đồ thị
- Đồ thị cắt Ox tại hai điểm
( 1 3;0)± +
cắt Oy tại (0; -2)
- Đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng
0.25
2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số
( )
m
C
có 3 điểm cực trị tạo thành một tam

2
(0;2 4)A m −
,
2
( ; 4)B m m −
,
2
( ; 4)C m m− −
.
0.25
Ta thấy B, C đối xứng nhau qua trục
Oy
và
A Oy∈
nên tam giác ABC cân tại A.
Phương trình cạnh BC:
2
4 0y m− + =
.
Gọi H là chân đường cao từ đỉnh A của tam giác ABC, ta có:

2
( , )AH d A BC m= =
,
BH m=
0.25
Tam giác ABH vuông tại H nên
2
2
tan

2
(sin 3 cos ) 3(sin 3 cos ) 0x x x x⇔ + − + =

0.25
WWW.ToancapBa.Net 22
+∞
-2

+∞
-3
4
2
-2
-4
-5
5
y
x
O
(2,0
điểm)
sin 3 cos 0 sin 3 cos 3x x x x⇔ + = ∨ + =
(1)
0.25
Phương trình
sin 3 cos 3x x
+ =
vô nghiệm vì
222
3)3(1 <+

y y x x

− + + − + =


− + = +



( , )x y R∈
.
Phương trình thứ (2)
⇔
2
(2 ) 3 3 0y x y x+ − − − =
được xem là phương trình bậc hai theo ẩn y có

2
( 4)x∆ = +
Phương trình có hai nghiệm:
2 4
3
2
2 4
1
2
x x
y
x x
y x

( )
2
1
3 6 7 0
7 ( )
t tm
t t
t ktm
=
⇔ + − = ⇔

= −

0.25
Với t=1
⇔
2
5 5x x− +
=1
⇔
1 2
4 5
x y
x y
= ⇒ =


= ⇒ =

( thỏa mãn)

x
1
0
x
2
1
2)1(
e 1
2)1()1(
e 1
1
IIdx
e
e
dxxdx
eeex
dx
xexe
I
x
xxxxxx
−=
+
−+=
+
−+++
=
+
++−
=

ln)1ln(
1
)1(
1
1
0
1
0
1
0
2
+
=+=
+
+
=
+
=
∫∫
e
e
e
ed
dx
e
e
I
x
x
x

AG
⇒
là hình chiếu của
'
AA
lên
)(ABC
Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có:
·
0
2 2
2 , ; ' 60
3 3
a
BC a AG AI A AG= = = =
0
2 3
' . an60
3
a
A G AG t⇒ = =

0.25
Vì
3360cos 2
20222
aACaBCABBCABAC =⇒=−+=
Mặt khác
ABCBCaaaACAB ∆⇒==+=+
222222

.
3 3 3 3 2 6
GI MG AB AC a a a
GI AK
AK MA BC a
⇒ = = ⇒ = = = =
Kẻ GH ⊥ A’I tại H (1)
Do:
(2)
'
BC GI
BC GH
BC A G
⊥

⇒ ⊥

⊥

. Từ (1) và (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC)
⇒

[ , ( ' )]d G A BC GH=
0.25
Ta có
GIA
'
∆
vuông tại
G

(1,0
điểm)
Xét bất phương trình:
2
( 2 2 1) (2 ) 0m x x x x− + + + − ≥
(1)
Điều kiện:
2
2 2 0x x x R− + ≥ ⇔ ∈
. Theo đề bài ta xét
0;1 3x
 
∈ +
 
Đặt
2
( ) 2 2t t x x x= = − +
, ta có:
2
1
' , ' 0 1
2 2
x
t t x
x x
−
= = ⇔ =
− +
[ ]
31;0 +∈

2
2
2
( 1) 2
1
t
m t t m
t
−
+ ≥ − ⇔ ≥
+
(2)
0.25
Xét hàm số
2
2
( )
1
t
f t
t
−
=
+
với
[ ]
1;2t ∈
, ta có:

( )

3
t
f t f
∈
= =
0.25
Bất phương trình (1) nghiệm đúng
0;1 3x
 
∀ ∈ +
 
⇔
Bất phương trình (2) nghiệm đúng
[ ]
1;2t∀ ∈
⇔

m ≥
[ ]
1;2
max ( )
t
f t
∈
⇔

2
3
m ≥
Vậy, giá trị m thỏa đề bài là:

0.25
Đường tròn ngoại tiếp
AMI∆
có tâm là trung điểm
MI
, bán kính
5
2
==
MI
R

5:)(
22
=+⇒ yxC
0.25
2. Trong không gian
Oxyz
, cho hai đường thẳng
( ) ( )
1 2
x 1 y 1 z x 1 y 2 z
d : ; d :
2 1 1 1 2 1
− + − −
= = = =
và
mặt phẳng
( )
P : x y 2z 3 0+ − + =