ĐỀ SỐ 1

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
1)1(3)2(
2
3
23
+−−−−= xmxmxy
(1), m là tham số.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
2−=m
.
b) Tìm
0>m
để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là
CTCĐ
yy ,
thỏa mãn

42 =+
CTCĐ
yy
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

)( ABCDSC ⊥
, đáy
ABCD
là hình thoi có cạnh bằng
3a
và
.120
0
=∠ABC
Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng
)(SAB
và
)(ABCD
bằng
.45
0
Tính theo a thể tích khối chóp
SABCD
và
khoảng cách giữa hai đường thẳng
BDSA,
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn
.3
222
yzyx ≤++
Tìm giá trị nhỏ nhất của
.
)3(
8

21
=+−=−+ yxdyxd
. Tìm tọa độ các đỉnh của
hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
cho hai đường thẳng
1
7
1
5
1
4
:
1
+
=
−
−
=
+ zyx
d
và
2
1
11
2
:
2

−
2
2
, biết rằng n là số nguyên dương
thỏa mãn
323
1
24
nnn
ACC =+
+
.
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy
cho hai đường thẳng
02:
1
=−− yxd
và
022:
2
=−+ yxd
.
Giả sử
1
d
cắt
2
d

3
4
2
2
:
+
=
−
−
=
+
zyx
d
. Viết phương trình mặt phẳng
)(P
đ
i qua
)0;0;1(
K
, song song v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng
d

đồ
ng th

ả
ng hai s
ố
t
ự
nhiên, m
ỗ
i s
ố
g
ồ
m 3 ch
ữ
s
ố

đ
ôi m
ộ
t
khác nhau thu
ộ
c t
ậ
p E. Tính xác su
ấ
t
để
trong hai s
ố

ậ
p xác
đị
nh:
.R

b) S
ự
bi
ế
n thiên:
* Gi
ớ
i h
ạ
n t
ạ
i vô c
ự
c: Ta có
−∞=
−∞→
y
x
lim
và
.lim +∞=
+∞→
y
x

x
y
x
x
y

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
;;1,3; ∞+−−∞−
nghịch biến trên
( )
.1;3 −−

* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
,1,3 =−=
CĐ
yx hàm s
ố

đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i
.3,1
−=−=
CT

⇔=+−−−⇔=
.1
1
01)2(0'
2
1
2
mxx
xx
mxmxy

Chú ý r
ằ
ng v
ớ
i
0>m
thì
.
21
xx <
Khi
đ
ó hàm s
ố

đạ
t c
ự
c

+−+−=−==−= mmmyy
m
yy
CTCĐ

0,5

Câu 1.
(2,0
điểm)
Từ giả thiết ta có
0)1)(2(6641)1)(2(
2
1
2
3
.2
22
=−+−−⇔=+−+− mmmmm
m




±−
=
=

+−
== mm

0,5

Câu 2.
(1,0
điểm)
Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
,0cos ≠x
hay
.
2
π
π
kx +≠

Khi
đ
ó ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ

1

∞−

∞+

3
−

+
–
0
0
+
x
O
3−

y
1
3−

1−ĐỀ SỐ 1

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút




−=
=
⇔
.,
3
4
2
1
2cos
cossin
Zkkx
kx
x
xx
π
π
π
π

Đố
i chi
ế
u
đ
i
ề
u ki
ệ

x
xx

Khi
đ
ó b
ấ
t ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng v
ớ
i

)184(log2log
4
22
xx −−≤+4
1842 xx −−≤+⇔
.
Đặ
t

048
4
)4(20
04
23
2424
≤≤⇔



≥−
≤
⇔



≥+++−
≤
⇔



≥−−+
≤
⇔



−≤−
≥−

m c
ủ
a b
ấ
t ph
ươ
ng trình là
.22 ≤<− x0,5
Đặ
t
.3 te
x
=+
Khi
đ
ó
.d23
2
ttdxete
xx
=⇒−=
Khi
,20 =⇒= tx
khi
.36ln =⇒= tx

Suy ra







+
−
+
=
++
=
3
2
3
2
d
12
1
1t
1
2d
)12)(1(
2 t
t
t
tt
t
2
3
60sin60120
000
a
CBCKCBKABC ==⇒=∠⇒=∠

.
2
3
45tan
0
a
CKSC ==⇒ (1)
.
2
33
120sin.
2
0
a
BCABS
ABCD
==
(2)
T
ừ
(1) và (2)
.
4

ạ
i O. K
ẻ

OISAOI ⇒⊥
là
đườ
ng vuông góc chung c
ủ
a
BD
là
SA
.
S
ử
d
ụ
ng hai tam giác
đồ
ng d
ạ
ng
AOI
và
ASC
ho
ặ
c
đườ

ấ
u
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi
1
2
=== z
y
x
.
Chú ý r
ằ
ng, v
ớ
i hai s
ố
d
ươ
ng
ba,
áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ

đượ
c
2
2
2
)3(
8
)1
2
(
1
)1(
1
+
+
+
+
+
=
z
y
x
P

2
2
)3(
8
)1
2

4.64
2
=
+
≥

D
ấ
u
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi
1,2,1 === zyx
.
V
ậ
y giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a
P
b





++−−+ dbdb
I

Theo tính ch
ấ
t hình thoi



=
=
⇔



=−+−
=−+−
⇔





∈
=
⇔







−
⇒



−
I
D
B

0,5

Câu
7.a
(1,0
điểm)
).;317(317: aaAyxACA +−⇒+−=∈

2
15
215
2
.
2


−+






+−⇒
)6;11(
)ktm()3;10(
6
3
4
9
2
9
2
225
2
9
2
63
7
222
A
A
a
a
aaa

0
2
cbacba
cba
cba
d ++=−−⇔==
++++
−−
⇔=∆∠

0,5

Câu
8.a
(1,0
điểm)
T
ừ
(1) có
cab +=
thay vào (2) ta
đượ
c
( )
02)(318
222222
=−+⇔+++= cacaccaac




∆
V
ớ
i
,,2 cbca −=−=
ch
ọ
n
)1;1;2(1 −=
⇒
−=
∆
uc
ta có
.
11
2
2
1
:
−
=
−
=
+
∆
zyx

0,5
B

n
nnn
nnnnn

0,5

Câu
9.a
(1,0
điểm)
Khi
đ
ó
)2.(
2
.)(
2
11
0
322
11
11
0
112
11
11
2
∑∑
=
−

h
ạ
ng ch
ứ
a
7
x
là s
ố
h
ạ
ng
ứ
ng v
ớ
i k th
ỏ
a mãn
.57322 =⇔=− kk

Suy ra h
ệ
s
ố
c
ủ
a
7
x
là

ấ
y
20
);22( dbbB ∈−
sao cho

263
000
== IABA72)2()22(
22
=++−⇔ bb










−
−
⇒

Câu
7.b
(1,0
điểm)
Suy ra
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
là
đườ
ng th
ẳ
ng qua
)1;1(−M
và song song v
ớ
i .
00
BA Suy ra
ph
ươ
ng trình
0:
=+∆
yx
ho
ặ
c

)1(032
)()1;4;2(
0.
//)(
CBA
CBA
PH
nu
dP
Pd

( )
).(3)3(3
3
3)(,
2222
222
CBACBA
CBA
CBA
PMd ++=+−⇔=
++
+−
⇔=
(3)
0,5

Câu
8.b
(1,0

,BC =
không th
ỏ
a mãn (2).
V
ớ
i
,175 BA =
ta có
.
5
19
,
5
17
BCBA −== Ch
ọ
n
5=B
ta có
19,17 −== CA
, th
ỏ
a mãn (2).
Suy ra
.01719517:)( =−−+ zyxP

0,5
S
ố

ố
5 là
,24234 =××
và s
ố
các s
ố
có m
ặ
t ch
ữ
s
ố
5 là
.362460 =−

0,5

Câu
9.b
(1,0
điểm)
G
ọ
i
A
là bi
ế
n c
ố

ả
ng
đề
u không có m
ặ
t ch
ữ
s
ố
5.
Rõ ràng
A
và
B
xung kh
ắ
c. Do
đ
ó áp d
ụ
ng qui t
ắ
c c
ộ
ng xác su
ấ
t ta có
.
25
13




+






=+=+=∪
CC
CC
CC
CC
BPAPBAP

Suy ra xác su
ấ
t c
ầ
n tính là .
25
12
25
13
1)(1 =−=∪−= BAPP
0,5
đ
i
ể
m) Cho hàm s
ố

2
+
−
=
x
xm
y
có
đồ
th
ị
là
)(
m
H
, v
ớ
i
m
là tham s
ố
th
ự
c.

0122:
=−+
yxd
c
ắ
t
)(
m
H
t
ạ
i hai
đ
i
ể
m cùng v
ớ
i g
ố
c t
ọ
a
độ
t
ạ
o thành m
ộ
t tam giác có
di
ệ

1
12log)1(log
3
3
3
3
++−=+ xxx
.
Câu III.
(1,0
đ
i
ể
m) Tính tích phân
∫
+
=
3
1
2
2
)3ln(
dx
x
x
I
.
Câu IV.
(1,0
đ

ể
tích kh
ố
i
chóp S.ABC theo a.
Câu V.
(1,0
đ
i
ể
m) Cho các s
ố
th
ự
c d
ươ
ng
zyx
,,
tho
ả
mãn
912513
=++ zyx
. Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ

ể
m)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
(ph
ầ
n a, ho
ặ
c b).
a. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa.
(2,0
đ
i
ể
m) 1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxy, cho các
đườ
ng th
ẳ
ng
032:

o
ạ
n th
ẳ
ng PQ.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxyz, cho hình thang cân ABCD v
ớ
i hai
đ
áy AB, CD và có
)1;3;1(),0;2;1(),1;1;1(
−− CBA
. Tìm t
ọ
a
độ
D.
Câu VIIa.
(1,0
đ
i
ể
m) Trong K
ỳ

đượ
c chia ng
ẫ
u nhiên thành 4 l
ớ
p. Tính xác su
ấ
t
để
có m
ộ
t l
ớ
p
có
đ
úng 2 nam và 1 n
ữ
c
ủ
a tr
ườ
ng A.
b. Theo chương trình Nâng cao:

Câu VIb.
(2,0
đ
i
ể

đ
i
ể
m
)(
CM ∈
sao cho
0
60
=∠IMK
.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxyz, cho
đườ
ng th
ẳ
ng
.
2
1
2
3
1
2
:

ố
nguyên d
ươ
ng n th
ỏ
a mãn
.337923)1( 33323
133221
=−+++−
− nn
n
n
nnn
nCCCC H
ế
t 1

Câu ðáp án ðiểm
1. (1,0 ñiểm)
Khi
1=m
hàm số trở thành
2
1

−∞→
y
x
; +∞=
+
−→
y
x )2(
lim ; −∞=
−
−→
y
x )2(
lim
Suy ra ñồ thị có tiệm cận ngang là
1−=y
và tiệm cận ñứng là
2−=x
.

0,5
* Bảng biến thiên
x
∞−
2− ∞+
'
y
0,5
2. (1,0 ñiểm)
Hoành ñộ giao ñiểm A, B của d và )(
m
H là các nghiệm của phương trình
2
1
2
+−=
+
+−
x
x
mx

2,0)1(22
2
−≠=−++⇔ xmxx (1)
Pt (1) có 2 nghiệm

.1617.
2
2
4)(.2)(.2)()(
21
2
12
2
12
2
12
2
12
mxxxxxxyyxxAB
−=−+=−=−+−= 0,5

I.
(2,0
ñiểm)
Khoảng cách từ gốc tọa ñộ O ñến d là
.
22
1
=h


1

I
y
x

ĐỀ SỐ 2

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút

2
1. (1,0 ñiểm)
ðiều kiện:
.,0sin
Zkkxx
∈≠⇔≠
π

Phương trình xxxxxxxx sincos)sincoscos(sincossin
2233
+=+−+⇔

0)cos(sincossin2
0)1cossin2cos)(sincos(sin
22
=+⇔
=−−++⇔
xxxx

0)
4
sin(
0cos
π
π
π
π
π
(Do
0sin ≠x
)
Vậy, ta có nghiệm của phương trình là
.,
4
;
2
Zkkxkx ∈+−=+=
π
π
π
π

0,5
2. (1,0 ñiểm)
ðiều kiện:
2

3
−=+−⇔
+−=+⇔
xxx
xxx

0,5

II.
(2,0
ñiểm)




−==
==
⇔




=+
=+−
⇔



2
),3ln(
x
dx
dvxu =+=
. Khi ñó
x
vdx
x
x
du
1
,
3
2
2
−=
+
=
.

0,25
Theo công thức tích phân từng phần ta có

∫
+
++−=
3
1
2

(1,0
ñiểm)
Tính
∫
+
=
3
1
2
1
3x
dx
I
.
ðặt tx tan3= . Khi ñó dttdx )tan1(3
2
+= và
3
tan33,
6
tan31
ππ
== .
Suy ra
363
1
)1(tan3.
)1(tan3
1
3

1
4ln
ππ
+=+−=I . 0,5

IV.
(1,0
ñiểm)
Gọi H, K là hình chiếu của C lên SA, SB.
Ta chứng minh ñược )(),( CHKSASABCK ⊥⊥ .
Suy ra
CHK∆ vuông tại K và KHSA ⊥ .
Do ñó
.CHK∠=
α

Từ
19
13
19
13
sin
6
13

=⇒+=
Tương tự, trong tam giác vuông SBC ta có .
2
2
22
22
2
xa
xa
CK
+
=
Do ñó từ (1)
19
13
)2(3
)3(2
22
22
=
+
+
⇒
xa
xa

ax 6=⇔ , vì x > 0.
Suy ra
3
2.

xxy
xy
yxx
xy
yx
xy
+=
++
≤=≤
++
=
+
.
Tương tự ta có
)2(
9
1
2
);2(
9
1
2
xz
xz
zx
zy
zy
yz
+≤
+

=== zyx
.
Suy ra giá trị lớn nhất của A là 1, ñạt khi
10
3
=== zyx
.
0,5
1. (1,0 ñiểm)
+) ).32;(032:
111
−−⇒=++∈ xxPyxdP
)
2
13
;(0123:
2
22
−
⇒=−−∈
x
xQyxdQ .
Suy ra trung ñiểm PQ là





+) Yêu cầu bài toán ⇔ P và Q ñối xứng nhau qua ∆





=
∆∈
⇔
∆
0. PQu
I


=
−=
⇔



=++
=++
⇔





2121
x
x
xx
xx
xx
xx
xxxx

Suy ra
).4;3(),5;4( QP −
0,5
2. (1,0 ñiểm)
+) Rõ ràng ACkAB .≠ nên A, B, C không thẳng hàng.
+) CD // AB nên chọn
)1;1;2( −−== ABu
CD
. Suy ra pt





−−=
+=
−=
tz





−
⇒




−=
−=
⇔
=++⇔
3
2
;
3
8
;
3
5
)0;2;3(
3
1
1
0143
2
D
D

3
2
,
3
8
,
3
5
D
thỏa mãn.
0,5
Với mỗi học sinh có 4 cách sắp vào một lớp nào ñó trong 4 lớp.
Suy ra số cách sắp xếp lớp cho 5 học sinh vào 4 lớp là
5
4 .

0,25
Số cách chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ trong 5 học sinh là
1
2
2
3
.CC .
Với mỗi cách chọn trên, có 4 cách xếp 3 học sinh ñó vào một lớp và có
2
3 cách xếp 2 học
sinh không ñược chọn vào 3 lớp còn lại.
Suy ra số cách sắp xếp có 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ vào một lớp là
21
2

).(CK ∈
Do )(CM ∈ và
0
60=∠IMK . Suy ra IMK∆ ñều. Do ñó yêu cầu bài toán ⇔ Tìm
)(CM ∈ sao cho KM = R = 2. 0,5
+) Giả sử )(),(
00
CyxM ∈ 4)2()1(
2
0
2
0
=−+−⇔ yx (1)
Ta có
4)2()3(2
2
0
2
0
=−+−⇔= yxKM (2)
Từ (1) và (2) suy ra




−
+

23 =⇒=
ACDABCD
SS . (1)
+) Ta có
)12;32;3();2;2;1( +−+−−== tttADAC
.
Suy ra
)94;74;4(],[ +−−−= ttADAC
.
0,5

VIb.
(2,0
ñiểm)
Suy ra

[ ]
14612832
2
1
)94()74(16
2
1
,
2
1
222

Cho
3−=x ta có
1112321
)2(3)1( 3332
−−−
−=−+++−
nnn
n
n
nnn
nnCCCC .
0,5

VIIb.

(1,0
ñiểm)
Suy ra
1133221
)2(33)1( 33323
−−
−=−+++−
nnn
n
n
nnn
nnCCCC .

đ
i
ể
m) Cho hàm s
ố

3
5
)23()1(
3
2
23
−−+−+−= xmxmxy có
đồ
th
ị
),(
m
C m là tham s
ố
.
1. Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ


xx và ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a )(
m
C t
ạ
i
m
ỗ
i
đ
i
ể
m
đ
ó vuông góc v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng .013:
=+−
yxd
Câu II.
(2,0

i h
ệ
ph
ươ
ng trình







−=+−+
=+−
.
4
3
1)3(2
2
5
1
xxy
yx

Câu III.
(1,0
đ
i
ể
m) Tính th

m) Cho hình l
ă
ng tr
ụ

111
. CBAABC có ,,,3
11
BCAAaBCaAA ⊥== kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng
1
AA và CB
1
b
ằ
ng )0(2 >aa . Tính th
ể
tích kh
ố
i l
ă
ng tr
ụ

i
ể
m)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
(ph
ầ
n a, ho
ặ
c b).
a. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa.
(2,0
đ
i
ể
m) 1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxy, cho elip 1
34
:)(
22
=+

2
2
1
7MFMF +
đạ
t giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxyz, cho
đườ
ng th
ẳ
ng
1
3
2
3
1
1
:

1
2
2
:
−
−
=
−
+
=
− zyx
d
và đường thẳng ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng .04,1 =−+= zyx Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d,
đồng thời tiếp xúc với ∆ và (P).
Câu VIIb. (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn zziz −+=− 22 và
z
i31−
có một acgumen là .
3
2
π
−

Hết 1

Câu ðáp án ðiểm
1. (1,0 ñiểm)

* Cực trị: Hàm số ñạt cực tiểu tại
1−=
x
và
4−=
CT
y
; ñạt cực ñại tại
2=x
và
5=
Cð
y
.
* Giới hạn:
−∞=
+∞→
y
x
lim
;
+∞=
−∞→
y
x
lim
.

∞−

c. ðồ thị:
24"
+−=
xy
. Ta có
2
1
0"
=⇔=
xy
. Suy ra ñồ thị có
ñiểm uốn là
.
2
1
;
2
1







Nhận xét: ðồ thị nhận ñiểm uốn



là
3
1
=
d
k
. Do ñó
21
, xx
là các nghiệm của phương
trình
3' −=y
, hay

323)1(22
2
−=−+−+− mxmx013)1(22
2
=−−−−⇔ mxmx
(1)
0,5

I.
(2,0

3
1
1
3
0
2
13
0)13(2)1('
2
m
m
m
mm

Vậy kết quả của bài toán là
3−<m
và
.
3
1
1 −<<−
m

0,5
O
1−


1
sin2
sin
1
=−+−⇔
x
x
xx
x
x02coscos2.2cos
0
cossin2
cos21
sin
sin21
22
=−⇔
=
−
+
−
⇔
xxx
xx
x
x
x




=
=
⇔
π
π
ππ

ðối chiếu ñiều kiện, nghiệm của phương trình là
.,,2
3
;
24
Zmkmxkx ∈+±=+=
π
πππ

0,5
2. (1,0 ñiểm)
ðặt
0,,1,1 ≥+=+= baybxa
. Khi ñó hệ trở thành








− aaa0)65)(2)(1(
012872
2
234
=++−−⇔
=+−−+⇔
aaaa
aaaa
0,5

II.
(2,0
ñiểm)

21 =∨=⇔ aa
(vì
065

1
0.12 −=⇔=+
−
xex
x
.
Vậy hình phẳng ñã cho ñược giới hạn bởi các ñường
2
1
;0;.12 −==+=
−
xyexy
x
và
1=x
.
Do






−∈∀≥+=
−
1;
2
1
,0.12 xexy
x

,d2d
2
x
evxu
−
−==

Theo công thức tích phân từng phần ta có
∫∫
−
−
−
−
−
−
++−=+
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
d)12(
2

e

Vậy






−=
−2
2
2
e
e
V
π
. 0,25
3

IV.
(1,0
ñiểm)
Từ giả thiết suy ra
CBB
1
là tam giác vuông tại B và

.).;(
3
1
3
1.
11
aSCBBAdV
CBBCBBA
==

Vì chung ñáy và chung ñường cao nên
V
lăng trụ

3

3.3.3
11
aVV
CBBAABCB
=== 0,5


0,5 V.
(1,0
ñiểm)
Từ giả thiết
3=++ zxyzxy
và
0,, ≥zyx
ta có
9)(3)(
2
=++≥++ zxyzxyzyx
.
Suy ra
3≥++ zyx
.
Do ñó
3≥A
.
Dấu ñẳng thức xảy ra khi
1=== zyx
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3, ñạt ñược khi
1=== zyx
.
e
.
Ta có
321228128)(7)(7
0
2
0
2
0
2
0
22
0
2
0
2
2
2
1
+−=+−=−++=+ xxxeaexaexaexaMFMF
.

0,5
Xét hàm
32122)(
0
2

. Thay vào (1) ta có
0
0
=y
.
Vậy
)0;2(M
.
0,5
2. (1,0 ñiểm)

VIa.
(2,0
ñiểm)
Giả sử mặt cầu cần tìm có tâm I, bán kính R > 0. Vì
dI ∈
nên
)3;32;1( +−+− tttI
.
Do mặt cầu tiếp xúc với (P) nên
3
22
))(;(
t
PIdR
−
==

1
C

4
Suy ra
1
3
)211(
))(;(
2
222
+
−
=+=
t
rQIdR
(2)
Từ (1) và (2) suy ra




=
=
⇔+
−
=
−
2
23

2
21
=






− RI
. Suy ra phương trình mặt cầu
( )
49
2
29
20
2
21
2
2
2
=






−+−+


1
21
== zz

0,5

VIIa.
(1,0
ñiểm)
Ta lại có
).(
9
2
)())((
9
1
12211221
2
2
2
12121
2
21
zzzzzzzzzzzzzzzz +−=+−+=−−=−=


Chú ý: HS có thể ñặt
21
, zz
dạng ñại số ñể tính.

0,5
1. (1,0 ñiểm)
xyP 4:)(
2
=
có
2=p
. Suy ra tiêu ñiểm
)0;1(F
.
TH 1.
Oxd ⊥
. Khi ñó pt
1: =xd
. Từ hệ
.4
)2;1(
)2;1(
4
1
2

−=
xy
kkxy
4
2
0)2(2
4)(
2222
2
=++−⇒



=−
−=
⇔ kxkxk
xkkx
kkxy
(*) 0,5

VIb.
(2,0
ñiểm)
Ta có d cắt (P) tại hai ñiểm phân biệt A, B

22
]4))[(1())(1( xxxxkxxkAB −++=−+= .
)1(16
4
)2(4
)1(
4
22
4
22
2
k
k
k
k
k
+
=






−
+
+=

Suy ra
44

))(;(
+
=
t
PId
. Chọn
)1;1;0( −=
∆
u
và
∆∈)3;1;1(M
.
Khi ñó
)2;2;12( −−−−+= tttMI
.
Suy ra
)12;12;42(],[ −−−−−−=
∆
yttMIu

Suy ra
2
182412
],[
),(
2
++
==∆
∆
∆

t
t
tttt
t

* Với
0=t
. Ta có
3),1;1;2( =− RI
. Suy ra phương trình mặt cầu
.9)1()1()2(
222
=−+++− zyx

* Với
53
90
−=t
. Ta có
53
129
,
53
143
;
53
37
;
53
74


−+






−+






+ zyx
0,5
Ta có












−−+−−=
−
)
3
sin()
3
cos(
231
ϕ
π
ϕ
π
i
rz
i
. Theo giả thiết ta có
3
2
3
π
ϕ
π
−=−−
, hay
là

0>r
.
Vậy
iz 632 +=
. 0,5

Hết ĐỀ SỐ 4

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số .
2
3
42
24
+−= xxy
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
2. Tìm m để phương trình sau có đúng 8 nghiệm thực phân biệt

−
−
=
π
π
x
xxx
xx
I
Câu IV.

(1,0 điểm)
Cho hình tr
ụ
có các
đ
áy là hai hình tròn tâm O và .';' aOOO = G
ọ
i A, B là hai
đ
i
ể
m thu
ộ
c
đườ
ng
tròn
đ
áy tâm ,O

ng )'( BAA b
ằ
ng .30
0
Tính th
ể
tích kh
ố
i tr
ụ
theo a.
Câu V.

(1,0 điểm)
Cho hai s
ố
th
ự
c x, y th
ỏ
a mãn 1,1 ≥≥ yx và .4)(3 xyyx =+ Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t và giá tr
ị
nh
ỏ

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần

(phần a, hoặc b)

a. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa.

(2,0 điểm)
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxy, cho
đườ
ng tròn 25)
4
5
()3(:)(
22
=−++ yxC và
đườ
ng th
ẳ
ng

m. Xác
đị
nh
t
ọ
a
độ

đ
i
ể
m A, bi
ế
t
độ
dài
đ
o
ạ
n MN b
ằ
ng 6.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxyz, cho
đ

zyx
Xác
đị
nh t
ọ
a
độ
các
đ
i
ể
m M, N l
ầ
n l
ượ
t thu
ộ
c các
đườ
ng th
ẳ
ng
1
∆ và
2
∆ sao cho
đườ
ng th
ẳ
ng

th
ự
c.
b. Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb. (2,0 điểm)
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxy, cho tam giác ABC vuông t
ạ
i A có
đ
i
ể
m )1;3(M là trung
đ
i
ể
m
c
ạ
nh AB,

i h
ệ
tr
ụ
c Oxyz, cho ba
đườ
ng th
ẳ
ng ,
2
1
31
2
:,
1
1
21
1
:
21
−
+
==
−
−
∆
−
=
−
=

i
đườ
ng th
ẳ
ng
3
∆
đồ
ng th
ờ
i c
ắ
t hai
đườ
ng
th
ẳ
ng
1
∆ ,
2
∆ l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i A và B sao cho
độ
dài AB

=+
+=+
−
yx
xyx
x
y

Hết

1

Câu ðáp án ðiểm
1. (1,0 ñiểm)
a. Tập xác ñịnh: R ; y là hàm số chẵn.
b. Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có .1,00';88'
3
±==⇔=−= xxyxxy




<<
−<
⇔<



>

1
−=
CT
y .
* Giới hạn:
+∞=
+∞→
y
x
lim
;
+∞=
−∞→
y
x
lim
.
0,5
* Bảng biến thiên
x
∞−

1−
0 1 ∞+


c. ðồ thị:
Nhận xét: ðồ thị (C) của hàm số ñã cho
nhận trục tung làm trục ñối xứng.

0,5
2. (1,0 ñiểm)
Phương trình
2
1
|
2
3
42|
224

I.
(2,0
ñiểm)
Từ ñồ thị suy ra yêu cầu bài toán
2
1
2
1
0
2
<+−<⇔
mm

.100
2
<<⇔<−⇔
mmm

0,5
O
1
−

1

y
2

=
+
⇔+−+=
+
⇔
xx
x
x
x
xx
x
x
(1)
*
,0
=
x
thỏa mãn.
0,5
* ,0
≠
x
ta có 22113)1( +=+++⇔ xxx

.
3
722
)1(2)22cos(6cos
2)22cos(2cos2cos42cos4
12cos
2
1
)22cos(
2
1
)2cos1(2cos2
3
2
=−+−⇔
=−+−−⇔
=−−+−⇔
CBA
CBAAA
ACBAA 0,5

II.
(2,0
ñiểm)
Vì

12
,
6
5
4
,
2
12
5
,
6
,56
,36
,6
1)22cos(
16cos
ππ
ππ
ππ
π
π
π
CBA
CBA
CBA
CBA
CBA
CBA
CB
A

−

ðặt
xt
tan
= . Khi
6
π
=x thì ,
3
1
=t khi
4
π
=x thì
1
=t và
x
x
t
2
cos
d
d
= . 0,5

III.

IV.
(1,0
ñiểm)

Gọi
'
B thuộc ñường tròn
)'(
O sao cho
'//'
AABB ; M là trung ñiểm của
'.'
BA Ta có
'''
OBA∆ vuông cân tại
'.
O Suy ra
'''
BAMO ⊥ .
Do ñó
).'('
BAAMO ⊥
Suy ra
.30'
0
=∠ AMO
Ta có
.'.2
30sin
'

0,5

0,5
'
B
'
O
'
A
M
A
B
O
3
ðặt
ayx =+
. Khi ñó
.0,
4
3
>= a
a
xy
Suy ra yx

0,5

Mặt khác, từ giả thiết ta lại có .
3
411
=+
yx

Suy ra
xyyx
yxxyyxP
611
3)(3)(
2
3
−








+++−+=
.
3

3
(3
8
2
9
3)('
22
2
∈∀>+−=+−= a
a
aa
a
aaaf
BBT a 3 4

)('
af
+ )(
afP =

3
9412
113

0,25
1. (1,0 ñiểm)
ðường tròn (C) có tâm
),
4
5
;3(
−I bán kính
.5
=R
Giả sử AI cắt MN tại H. Ta có
.3,
=⊥ MHIHMH
Suy ra
.4
=IH Do ñó .
4
25
2
==
IH
MI
AI
)5;2(
A hoặc
).5;3(
−−A
0,5
2. (1,0 ñiểm)

VIa.
(2,0
ñiểm)
Gọi (P
) là mặt phẳng chứa A và
1
∆ .
*
1
∆ ñi qua
)1;0;1(
B có véctơ chỉ phương )2;1;1(
1
−u ; ).2;2;0( −AB
Suy ra mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến
)2;2;2(],[
1
== uABn .
*
)2;21;(),21;;1(

.2,2
−=−= st
Vậy
).4;3;2(),5;2;1(
−−−− NM 0,5
Giả sử
.,, Ryxyixz
∈+=
Khi ñó
* 2)1(2
22
=−+⇔=− yxiz (1)
*
R∈−++−+−=−−+−=+− iyxyyxxiyxyixizz
)1()1()1())1()(1())(1(

01
=−+⇔ yx (2) 0,5 VIIa.
(1,0
ñiểm)
Từ (1) và (2) ta có





+−+− caca
I

Ta có
0
2
28
602:
2
=
+−
−+−⇒=−∆∈
ca
cayxI
).2;4(4
−⇒−=⇒ Cc

0,5
Mặt khác



−

).2;4(),2;4(),4;2(
−− CBA

0,5
2. (1,0 ñiểm)
3
∆ có véctơ chỉ phương )1;1;2(
3
u .
).22;32;1(
)21;3;2(
),1;2;1(
2
1
stststAB
sssBB
tttAA
−−−+−−⇒
−−−⇒∆∈
+−+⇒∆∈

tsuAB −=⇔=⇔∆⊥∆ 0.
33
.
Ta có
.33)1(2)2(1
222
≥+−=−++= tttAB
AB nhỏ nhất
.1
0,5
ðiều kiện
.0,0
>> yx
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có
2
+= xxy hay
.
2
1
x
y =−
Thay vào phương trình thứ hai ta ñược 33063.53
112
=⇔=+−
xxx
hoặc .23
1
=
x

0,5

VIIb.


ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
(
C
) c
ủ
a hàm s
ố

đ
ã cho.
2. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ

i ph
ươ
ng trình .
2
1
)
3
2cos().sin21( =++
π
xx

2. Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình ).,(
3
32
22
24
R∈





=++
=+

ng (
ABC
) và có
).0(3,3,2 >===== aaBCaABaSCSBSA Tính di
ệ
n tích c
ủ
a m
ặ
t c
ầ
u ngo
ạ
i ti
ế
p hình chóp theo a.
Câu V.

(1,0 điểm)
Tìm tham s
ố
m
để
ph
ươ
ng trình sau có nghi
ệ
m th
ự
c

(2,0 điểm)
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy, cho các
đ
i
ể
m P(1 ; 1), Q(4 ; 2). L
ậ
p ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng d sao
cho kho
ả
ng cách t
ừ

3
2
G và ph
ươ
ng trình các
đườ
ng
th
ẳ
ng ch
ứ
a các c
ạ
nh AB, AC l
ầ
n l
ượ
t là





−=
=
=
1
1
22
1

ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác ABC.
Câu VIIa.

(1,0 điểm)
Tìm h
ệ
s
ố
c
ủ
a
3
x
trong khai tri
ể
n bi
ể
u th
ứ
c ,)]31(21[
n
xx
−− v
ớ
i
n

ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ

Oxy
, cho các
đườ
ng th
ẳ
ng
032: =+ yxd và .01813: =+∆ x
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình chính t
ắ
c c
ủ
a hyperbol có m
ộ
t ti
ệ
m c
ậ
n là d và m






− 3;
2
5
;
2
1
M
, ph
ươ
ng trình các
đườ
ng th
ẳ
ng ch
ứ
a các c
ạ
nh
AB
,
BC
l
ầ
n l
ượ

3
44
tz
ty
tx
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng ch
ứ
a
phân giác trong c
ủ
a góc
A
.
Câu VIIb.

(1,0 điểm)
Cho hàm s
ố

x
xx
y

A
,
B
n
ằ
m trên hai nhánh khác nhau c
ủ
a (
H
) sao cho
độ
dài
đ
o
ạ
n
AB
nh
ỏ
nh
ấ
t.

H
ế
t

1

Câu ðáp án ðiểm

; −∞=
+
−→
y
x )1(
lim ; +∞=
−
−→
y
x )1(
lim
Suy ra ñồ thị có tiệm cận ngang là
1=y
và tiệm cận ñứng là
1−=x
.

0,5
* Bảng biến thiên

x
∞−

1−
∞+
'y



0,5
2. (1,0 ñiểm)
Giả sử
.1,
1
3
),();(
0
0
0
000
−≠
+
−
=∈ x
x
x
yCyxM
Khi ñó phương trình tiếp tuyến tại M là
1
0,5

I.
(2,0
ñiểm)
Theo bài ra
22
)1(16
)36()1(4
22);(
4
0
0
2
0
2
0
=
++
−−++−−
⇔=∆
x
xxx
Id
0,5
O
1
−
1

I
y
3

3
−
x

ĐỀ SỐ 5

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút

2
1. (1,0 ñiểm)
Pt
2
1
)2sin
2

0,5
*
π
kxx =⇔= 0sin .
* xxxx sincos32sin32cos +=−






−=






+⇔
6
cos
3
2cos
ππ

2
2
2
63
2
2
63
2
ππ
π
π
π
ππ
π
ππ
kx
kx
kxx
kxx

Vậy phương trình có các nghiệm .,
3
2
18
,2
2
,
Z
∈+−=+−== kkxkxkx
ππ




=++
=−+++
⇔
3
06)()(
22
222
yyx
yxyx






=++




−=+
=+
⇔
3
3
2
22





=
=+
⇔
)2(
6
3
)1(
1
2
2
2
2
2
y
yx
y
yx

Ta có hệ



−=±=
=±=
⇔
13

xe
e
e
x
x
x

Suy ra hình phẳng ñã cho giới hạn bởi các ñường 0,
1
2
,1
=
+
=+=
x
e
yey
x
x
và .3ln
=
x
0,25

III.
(1,0
ñiểm)

x
e
eS
x
x
. 0,25
3
ðặt
1+=
x
et
. Suy ra
12
d
d
+
=
x
x
e
xe
t
hay
1
d2
d
2

−=
−






−=
2
2
2
2
2
2
2
2
d
1
1
1
1
2d
1
2
2
1
d2
.
2

ABCSAC ⊥ nên
)(
ABCSH ⊥

HBHCHA ==⇒ (2)
Từ (1) và (2) suy ra
ABC∆ vuông tại B có H là tâm
ñường tròn nội tiếp. Do ñó
.32
2222
aAHSASHaBCABAC =−=⇒=+=
* SH là trục ñường tròn ngoại tiếp ABC∆ , trong
mặt phẳng (SAC) ñường trung trực của SA cắt SH
tại O là tâm mặt cầu.
Gọi K là trung ñiểm SA. Khi ñó hai tam giác vuông
SOK và SAH ñồng dạng nên
.
SH
SK
SA
SO
= Suy ra bán
kính mặt cầu
.2
.
a
SH
SASK
SOR
===







−+
−
+−+⇔ xx
x
xmxx (1)

.1
1
1
)1()1(
1
1
1
1)1(
1
1
4
4
4
m
x
x
x
x

x
x
t
−
=
. Khi ñó .10
<<
t Phương trình trở thành
mt
t
−=+ 1
1
21
1
2
+−−=⇔ t
t
m
(2)
Phương trình (1) có nghiệm x
⇔ phương trình (2) có nghiệm
).1;0(∈t

Xét hàm
).1;0(,1
1
)(
0,5
)(tf

)(' tf

t

0

1

+

1
−

∞−

S
A

O
B
C
H