SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN Môn: TOÁN; Khối A, A1và B
_____________________ Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
( )
32
yx3m1x12mx3m4=−++−+ (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0
b) Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị tại A và B sao cho hai điểm này cùng với
điểm
9
C1;
2

−−


lập thành một tam giác nhận gốc toạ độ làm trọng tâm.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin2x4sinx10
6
π

−++=



Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
33
22

2
m1x1x321x50++−++−−=
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật
ABCD biết các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm M(4;5), N(6;5),
P(5;2), Q(2;1) và diện tích của hình chữ nhật bằng 16.
Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu đi qua các
điểm A(0;1;2), B(2;−2;1), C(−2;0;1) và có tâm thuộc mặt phẳng (P): 2x2yz30++−=
Câu 9a (1,0 điểm). Cho khai triển Niutơn
( )
2n
22n
0122n
13xaaxax...ax−=++++ , n ∈ N
*
.
Tính hệ số a
9
biết n thoả mãn hệ thức
23
nn
2141
C3Cn
+=
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm M(4;1). Viết phương trình đường
thẳng d đi qua M và cắt các tia Ox, Oy theo thứ tự tại A, B (A, B không trùng với O) sao cho
tổng khoảng cách OA + OB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(1;0;0), B(2;−1;2), C(−1;1;−3).

0.25đ

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0) và (2;+∞), nghịch biến trên khoảng (0;2)
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 với y
CĐ
= 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= 0.
Giới hạn:
xx
limy,limy,
→−∞→+∞
=−∞=+∞ 0.25đ
Bảng biến thiên:
x
−∞ 0 2

+∞
y’
+ 0 − 0 +

y
y'3x3m1x12m=−++ . Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị tại A và B
khi và chỉ khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 1

0.25đ
Khi đó khi điểm cực trị là A(2;9m),
( )
32
B2m;4m12m3m4−+−+
0.25đ
Ba điểm A, B, C lập thành một tam giác có gốc toạ độ làm trọng tâm nên ta có
32
22m10
1
m
9
2
4m12m6m40
2
+−=


⇔=−

−+++−=



0.25đ

1

0.25đ
sinx0
3cosxsinx2
=

⇔

+=−


0.25đ
sinx0xk=⇔=π 0.25đ
2
(1đ)
3cosxsinx2+=−
7
cosx1xk2
66
ππ

⇔−=−⇔=+π



Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: xk=π,
7
xk2
6
π
=+π với (k ∈ Z)




0.25đ

()
3
332
3
8xy632x3x20
8x2x363
y2x3y2x3
y2x3

−=−−=

−−=

⇔⇔⇔

=−=−
=−




0.25đ

x2
1

hoặc
1
x
2
y4

=−



=


0.25đ

ee
2
11
11
I2lnxdxlnxdx
xx
=+
∫∫

0.25đ

Với
e
2e
11


=
=



⇒

=

=−



ta có
e
2
2
1
e
1dx
Ilnx
1xx
=−+
∫

0.25đ
4
(1đ)


=

www.VNMATH.com
G
A
C
B
S
E
Đặt AB = x ⇒ AC = 2x, BK =
3
x
2

Ta có:
222
ABBKAK+=
22
2
3x81a9a
xx
416
27
⇔+=⇔=

Diện tích ∆ABC là:



6
(1đ)
Điều kiện: x∈ [−1;1]
Đặt
22
11
t1x1x21xt2;t'
21x21x
=−++⇒−=−=−
−+
với ∀ x ∈ (−1;1)
Bảng biến thiên của t:
x
−1 0 1

t’
|| + 0 − ||
t 2

2

2

do đó t2;2

∈

. Từ bảng biến thiên ta thấy mỗi t = 2 có duy nhất x = 0, mỗi
t2;2)[∈ có 2 nghiệm x

f't0
t3
−−−
=<
+
nên phương trình đã
cho có đúng 2 nghiệm khi và chỉ khi
()
()
31552
f2mf2m
57
−
<≤⇔<≤ 0.25đ
0.25đ

2
22
4mn
ddN,AD
mn
−
==
+

Diện tích hình chữ nhật bằng 16 nên ta có: d
1
.d
2
= 16
( )( )
( )
22
m3nmn4mn⇔−−=+

22
nm
3m4mnn0
n3m
=−

++=⇔

=−



xy10−+=; CD:xy30−−=; AD: xy30+−=; BC:xy110+−=
với n = −3m, chọn m = 1, n = −3 ta có
AB:
x3y110−+=; CD:x3y10−+=; AD: 3xy70+−=; BC:3xy230+−=
0.25đ
8a
(1đ)

Gọi (S) là mặt cầu có tâm thuộc (P) và qua A, B, C
(S) có phương trình dạng:
222
xyz2ax2by2czd0++++++=
(S) có tâm I(−a;−b;−c)
I∈ (P) ⇔
( )
2a2bc302a2bc31−−−−=⇔++=−
A∈ (S) ⇔ 50a2b4cd0++++= (2)
B∈ (S) ⇔ 94a4b2cd0+−++= (3)
C ∈ (S) ⇔ 54a0b2cd0−+++= (4)
Từ (1), (2), (3), (4) ta có hệ phương trình
2a2bc3d2b4c5a2
50a2b4cd02a2bc3b3
94a4b2cd02a3bc2c7
54a0b2cd02abc0d27
++=−=−−−=−


0.25đ

9a
(1đ)

Điều kiện: n ≥ 3, n ∈ N
*
Ta có:
()()()
()
2
23
nn
21412.214.21
4n228n3n2
C3Cnnn1nn1n2n
+=⇔+=⇔−+=−+
−−−

2
n7n180n9⇔−−=⇔=
hoặc n2=− (loại)
Vậy n = 9
Với n = 9 ta có nhị thức cần khai triển là
( )
18
13x−
Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là

Gọi A(a;0), B(0;b) với a, b>0. Đường thẳng AB có dạng:
xy
1
ab
+=
Ta có OA + OB = a + b
M∈ AB nên ta có:
41
1
ab
+=
mặt khác ta có
( )
2
22
21
21
1ab9
abab
+
=+≥⇔+≥
+

Suy ra OA + OB ≥ 9, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
ab
a6
21
41
b3
10.25đ 0.25đ
www.VNMATH.com