SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2013
Môn thi: TOÁN; Khối: A,A1 & B
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
1
1
x
y
x
−
=
+

(1)
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
(1)
.
2. Tìm
m
để đường thẳng
:d y x m= +
cắt đồ thị hàm số
(1)
tại hai điểm phân biệt
,A B
sao cho


Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi,

0
2 , 60 .AB a BAD= =
Hình chiếu vuông
góc của đỉnh
S
lên mặt phẳng
( )ABCD
là trọng tâm
H
của tam giác
.ABD
Biết tam giác
SAC
vuông tại đỉnh
,S

tính thể tích khối chóp
.S ABCD
theo
a
và tính góc giữa hai mặt phẳng
( )SAC
và

I
. Viết phương
trình đường thẳng
∆
cách
O
một khoảng bằng
5
và cắt đường tròn
( )C
tại hai điểm phân biệt
,A B
sao cho
diện tích tam giác
IAB
lớn nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho đường thẳng
1
:
1 1 1
x y z
d
−
= =
−
và mặt phẳng
( ) : 2 2 3 0P x y z+ − − =
. Viết phương trình đường thẳng

tìm số hạng chứa tích
a
và
b
với số mũ bằng nhau.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,Oxy
cho tam giác
ABC
cân tại
A
, phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh
A
là
: 2 3 0.d x y+ − =
Biết đỉnh
B
thuộc trục hoành, đỉnh
C
thuộc trục tung và diện tích tam giác
ABC

bằng
5.
Tìm toạ độ ba đỉnh
, ,A B C
của tam giác
.ABC

3 3
và tâm
I
có hoành độ âm.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
4 2 2
log ( ) log 4
( , ).
2 log log . log (6 )
x y
xy x
x y
y x x


+ =


∈


= −



ℝ

---------------Hết---------------

x x
x x
− +
→− →−
− −
= +∞ = −∞
+ +
. Đường thẳng
1x = −
là tiệm cận đứng.
1 1
lim 1, lim 1
1 1
x x
x x
x x
→−∞ →+∞
− −
= =
+ +
. Đường thẳng 1y = là tiệm cận ngang.
0,25
Bảng biến thiên
x -∞ -1 +∞

y’ + +
y
+∞ 1
cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt
,A B
khi PT(*) có 2 nghiệm phân biệt khác
1−
hay
2
4 4 0m m− − >
.
0,25
Giả sử
1 1 2 2
( ; ), ( ; )A x x m B x x m+ +
, trong đó
1 2
,x x
là 2 nghiệm phân biệt của PT(*).
Theo định lý Vi-ét ta có
1 2
1 2
1
x x m
x x m


+ = −




= +

1 sin .cos 2 cosx x x− =
2
sin sin .cos 2 0x x x⇔ − =

0,25
II.1
(1 điểm)
sin 0 ( )
sin cos 2
x loai
x x

=

⇔

=


2
1
sin cos 2 2 sin sin 1 0 sin 1 v sin
2
x x x x x x⇔ = ⇔ + − = ⇔ = − =

0,25

-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-7

sin 1 2 ,
2
x x k k
π
π
= − ⇔ = − + ∈
ℤ
(Loại)
*
1 5
sin 2 v 2 , .
2 6 6
x x k x k k
π π
π π
= ⇔ = + = + ∈
ℤ

Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm:
5
2 v 2 , .
6 6
x k x k k
π π
π π
= + = + ∈
ℤ

0,25
Điều kiện:




0,25
Phương trình đã cho tương đương với:
2 2
2
1 1 1
1 ( 1) 0 ( 1) 0
1
1
1
x x x x x
x
x x
x x
x
 
 
 
 
 




 
− − + − − = ⇔ − − + =



x x x
±
− − = ⇔ =
(Thoả mãn điều kiện).
0,25
II.2
(1 điểm)
*
2
1
1 1 0x x x x
x
 




− + + − + =







 
(1)
+ Nếu
1x ≥ thì phương trình (1) vô nghiệm.
+ Nếu

= =
 
 
⇒
 
 
= =
 
 
 
.
Ta có
ln 2
1
0
ln 2 ln 2
2 ln 2 2 ln 2 1
0 0
x x x
I xe e dx e= − = − = −
∫

0,25
*
ln 2
2
0
1
x x
I e e dx= −

t
I t dt
= = =
∫

0,25
III
(1 điểm)
Do đó
1 2
1
2 ln 2
3
I I I= + = −

0,25
0,25
IV
(1 điểm)
Từ giả thiết ta có tam giác
ABD
đều. Gọi
{ }O AC BD= ∩
. Ta có
2 2 3AC AO a= =
.
Diện tích hình thoi
ABCD
là
2

3
SH AH
SH a
CH SH
⇒ = ⇒ =

Thể tích khối chóp
.S ABCD
là
3
.
1 4 2
. .
3 3
S ABCD ABCD
V SH S a= =

0,25
www.VNMATH.com
R
H B
I
A
Gọi
M
là trung điểm của cạnh
SC

Tam giác
SAC


 
0
tan 1 45 .
OB
OMB OMB
OM
= = ⇒ =
Vậy góc giữa hai mặt phẳng
( )SAC
và
( )SBC
bằng
0
45 .

0,25
Chứng minh:
2 2 2 2 2 2 2
2(1 ) ( ) 2 4 2 ( ) 2( )bc a b c bc b c a b c ab bc ca+ ≥ + + ⇔ + + ≥ + + + + +

2 2 2 2 2 2 2 2
( 2 ) 2 ( ) 2 0 ( ) 2 0a b c bc a b c b c b c a b c⇔ + + + − + + ≥ ⇔ + − + ≥

Dấu “=” xảy ra khi
0
b c a
bc



0abc =

0,25
V
(1 điểm)
2(2 ) 2(2 ) 2( )
3 2
a c b c a b c
P
a b c a b c a b c
+ + + +
≤ + + =
+ + + + + +
.Vậy
max 3 2P =
đạt được khi
2
, 0
2
a b c= = =
.
0,25
Đường tròn (C) có tâm
(1;2)I
, bán kính
10R =
. Đường thẳng
2 2
: 0 ( 0).ax by c a b∆ + + = + ≠


0,25
Ta có
2 2
2 2
| |
(1)
5
( , ) 5

| 2 |
( , ) 5
(2)
5
c
d O
a b
a b c
d I
a b



=




∆ =




= −


= + + ⇔
+

= −



* Với
2a b= −
chọn
2, 1a b= = −
. Từ PT(1) ta có
5c = ±
.
Phương trình đường thẳng
∆
là
2 5 0x y− + =
và
2 5 0x y− − =
.
* Với
2
2
a b
c

MN

và
n

cùng phương.
Ta có
1
1
1
2 1 2
a
b a b b
b


=
− −


= = ⇔


= −
−



. Ta có
(1;0;0), ( 1; 1;2)M N − −

−
−
+
 




= =





 

0,25
www.VNMATH.com
d
P
I
A
M
Số hạng này chứa
4 9
a b
khi
4
15
3

∈ ≤ ≤




ℕ

0,25
Với
15n =
ta có số hạng thứ
1k +
trong khai triển là
3 15
15
2
1 15
k
k k
k
T C a b
−
−
+
=

0,25

Trong khai triển có số hạng chứa tích
a

a
và
b
với số mũ bằng nhau là:
9 6 6 6 6
10 15
5005 .T C a b a b= =

0,25
Giả sử
( ; 0), (0; )B b C c
.
( ; )BC b c= −

. Gọi
H
là trung điểm của cạnh
( ; )
2 2
b c
BC H⇒

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng
d
là
( 1;2).u = −


0,25
Do tam giác

 
. Suy ra
(4; 0), (0; 2).B C −

0,25
Ta có
2 5, (2; 1)BC H= −
. Diện tích tam giác
ABC
là
1
. 5 5
2
ABC
S AH BC AH= = ⇒ =

0,25
VI.b.1
(1 điểm)
Giả sử
( ;3 2 )A t t−
. Ta có
2 2
5 ( 2) (4 2 ) 5 1 v 3AH t t t t= ⇔ − + − = ⇔ = =

Với
1 (1;1),t A= ⇒
với
3 (3; 3).t A= ⇒ −


0
30IMAϕ = =

0,25
Gọi
R
là bán kính mặt cầu
( )S
IA R⇒ =
. Tam giác
IMA
vuông tại
A

có

0
30 3IMA AM R= ⇒ =
.
1
3 3 . 3 3 6
2
IMA
S IAAM R= ⇔ = ⇔ =
.
0,25
Giả sử
1
(1 2 ;1 ; ),
2





> ≠




0,25
Phương trình (1) của hệ
2
log 2 log 3 log 1 v log 2 v
x y x x
y x y y y x y x+ = ⇔ = = ⇔ = =

0,25
* Với
y x=
từ PT(2) của hệ ta có
2
2
2 2 2
2 2
log 0
1
log log . log (6 )
log log (6 )2
x
x x x


=




=



.
0,25
VII.b
(1 điểm)
* Với
2
y x=
từ PT(2) của hệ ta có
2
2 2 2
2 log log .log (6 ) 2 v 1 ( )x x x x x Loai= − ⇔ = =
.
Hệ phương trình có nghiệm
2
4
x
y


=