SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I, NĂM 2013 Môn: TOÁ pot

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3( 1) 6 3 4 ( )
m
y x m x mx m C     
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0
b. Gọi  là tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( )
m
C tại điểm A có hoành độ bằng 1. Tìm m để tiếp tuyến
cắt đồ thị hàm số ( )
m
C tại điểm B khác A sao cho tam giác OAB vuông tại O.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
3
4sin 2cos (sin 1) 4sin 1 0x x x x     .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2 2
(3 )( 3 ) 14
( )( 14 ) 36
x y x y xy
x y x y xy

  


   


( , )x y R .
Câu 4 (1,0 điểm). Tính

(2 2)(3 1)
x
I x x dx   


Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chử nhật tâm O, ,AB a
3
BC a
 , tam giác SOA cân tại S và mặt phẳng (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết
góc giữa SD và (ABCD) bằng 60
0
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SB và AC.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn
2 2
( )y z x y z   . Tìm giá trị nhỏ
của biểu thức
2 2 2
1 1 1 4
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )(1 )(1 )
P
x y z x y z
   
     

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm


1;2A  và đường thẳng



: 2 3 0d x y   .
Tìm trên đường thẳng (d) hai điểm ,B C sao cho tam giác ABC vuông tại C và
3AC BC
.
Câu 8.a (1,0 điểm). Giải phương trình
2 2
3
3
log log .log (81 ) log 0x x x x  
Câu 9.a (1,0 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số được tạo thành từ 7 chữ số khác nhau và
khác 0, biết rằng tổng các chữ số của nó là một số lẻ.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C)
2 2
2 4 20 0x y x y     và
điểm A(5; -6). Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) với B, C là các tiếp điểm. Tìm tọa
độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Câu 8.b (1,0 điểm). Tìm số hạng chứa
19
x
trong khai triển biểu thức
   
9
2 1 2
n
P x x   . Biết rằng
0 1 2
2048

n
n n n n
C C C C     với n là số nguyên dương
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3 3
2
3
log log 1 0
9.4 2.4 4
y
x
x y  




 

.
Hết
SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I, NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 – 2013

Câu ý Nội dung Điểm
Khi m = 0, ta có

3 2
y x 3x 4  
+ TXĐ: D  
+ Giới hạn:
3 2
lim ( 3 4)
x
x x

    ,
3 2
lim ( 3 4)
x
x x

   
+Sự biến thiên:
2
' 3 6 y x x ;
2
0
' 0 3 6 0
2


    



x

y x x
x

0,25
Hàm số đồng biến trên khoảng




;0 ; 2; 
Hàm số nghịch biến trên khoảng


0;2
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= 0
0,25
Bảng biến thiên
x  0 2 
y


+ 0  0 +
y
4 

 0

0,25














a
Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;4) Điểm uốn I(1;2) là tâm đối xứng.


0,25
Ta có A(1; 2),
2
' 3 6( 1) 6y x m x m    . Tiếp tuyến tại A là  : y=-3x+5 0.25
Phương trình hoành độ giao điểm của  và ( )
m
C là:
3 2 3 2

3( 1) 6 3 4 3 5 3( 1) (6 3) 3 1 0x m x mx m x x m x m x m               

2
1
( 1) ( 3 1) 0
3 1
x
x x m
x m


    

 


0.25
Ta có B(3m+1; -9m+2), (1;2); (3 1; 9 2)OA OB m m  
 
. Vậy để tam giác OAB vuông
tại O thì . 0OA OB 
 


0. 25

1






b

(3 1) 2( 9 2) 0m m    
1
3
m  . Thỏa mãn
0. 25


2
4sin (1 cos ) 2cos sin 2cos 4sin 1 0x x x x x x     

2
4sin cos 2cos sin 2cos 1 0x x x x x    

0.25

(2cos 1)(1 sin 2 ) 0x x  

1
cos
2
sin 2 1
x
x

 





0.25
+)
1 2
cos 2
2 3

x x k


     
0.25



2









+)
sin 2 1
4
x x k


   
0.25
Hệ ban đầu tương đương
2
2
[3(x y) 4xy] xy 14

(x y)[(x y) 12xy] 36

  


   



0.25
Đặt
0
a x y
b xy
 



 


thay vào hệ trên được
2 2 2 3
2 2 3 2
(3 4 ) 14 3 4 14
( 12 ) 36 12 36
a b b a b b
a a b a ab
 
   

 

 
   
 
 

0.25
Nhận thấy a=0 không là nghiệm của hệ trên. Đặt b=ka thay vào hệ trên được
3 3
3 2
(3 4 ) 14
(1 12 ) 36(1)
a k k
a k

 


 


. Ta suy ra phương trình 72k
3
-84k
2
+54k-7=0
1 1
6
6 6

k b a a b      thay vào (1) được a=3, từ đó b=1/2
0.25








3








3 2 2 3 2 2
3 3
2 2
1 1
3 2 2 3 2 2
2 4
2 2
x y x y
x x
hoac
xy xy

y y
 
 
   
 
 
 
   
  
   
 
 
   
 
 
 
 

0.25
1 2
(2 2)(3 1) (3 1)2 (3 1) 2)
x x
I x x dx x dx x x dx I I          
  

0.25
1 1
2
(3 1)2 3. 2
(3 1)2

ln 2
ln 2
x x
x
x
I x dx C

    

0.25




5 3
2 2
6 14
(3 1) 2 2 2
5 3
I x x dx x x C       


0.25




4

   

5 3
2
(3 1)2 3. 2 6 14
2 2
ln 2 5 3
ln 2
x x
x
I x x C

      
0.25














5
Kẻ SH vuông góc với AD, từ gt suy ra ( )SH ABCD


SH AO
. Gọi I là trung điểm của AO


SI AO
.
Từ đó suy ra
HI AO
. Ta có AC=BD=2a


AB=BO=AO=a nên  AOB đều
 BI AO
. Vậy B, H,
I thẳng hàng.

0.25












S
A
B
C
D
H
O
I
Ta có
2 2
AO a
AI   ,
0
cos30
3
AI a
AH  

2
3
3 3
a a
HD AD AH a     
.
0
tan60 2SH HD a 


3
.
1 2 3
. .
3 3
S ABCD ABCD
a
V SH S 



0.25

Ta có ( )AC SBI , ta kẻ ( )IK SB K SB  thì IK là đường vuông góc chung của AC
và SB
0.25

Kẻ ( )HE SB E SB  , ta có
2 2
2
3
a
HB AB AH  
.
2 2 2 2
1 1 1 1
HE BH SH a
  
 HE a
. Ta có
3
.
4
IK IB IB a
IK HE
HE BH BH
   
Vậy
3
( ; )
4
a
d SB AC 
0.25
Từ gt suy ra

2 2 2
2
( ) 2 ( ) 2( )x y z x y z y z y z
x
       
Từ đó ta có:
2
2 2
2
1 1 2 (1 )
(1 )(1 ) (2 ) (2 )
4 4
x
y z y z
x x

       


0,25
Theo cô si ta có
2
1 2 4
(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )
P
x y z x y z
  
     

2 2 3 2
2 3 3
2 1 4 2 6 1
(1 ) (1 ) (1 )
x x x x x
P
x x x
   
  
  

0,25

Xét hàm số
3 2
3
2 6 1
( )
(1 )
x x x
f x
x
  


. Ta có
4
2(5 1) 1
'( ) 0
(1 ) 5

x
f x x
x

   


0,25







6



Tập bảng biến thiên ta thấy
1 91
( ) ( )
5 108
P f x f   . Vậy GTNN của P bằng 91/108.
Dấu bằng xãy ra khi x=1/5, y = z =5.
0,25
Từ yêu cầu bài toán ta có C là hình chiếu của A trên d.
Pt đường thẳng AC 2x+ y = 0

0. 25

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ pt
3
2 0
3 6
5
( ; )
2 3 6
5 5
5
x
x y
C
x y
y

 

 


  
 
  









0.25
Đặt B (2t-3; t) theo giả thiết ta có
2 2
3 9AC BC AC BC   . Từ đó suy ra
2
16
15
45 108 64 0
4
3
t
t t
t



   






0.25












7.a









Ta có hai điểm B thỏa mãn là:
13 16 1 4
( ; ); ( ; )
15 15 3 3
B B 
0,25
A

C
B
d
Có 4 chữ số chẵn được dùng: 2;4; 6; 8. Có 5 chữ số lẻ: 1; 3; 5; 7; 9.
Vì tổng 7 chữ số là lẻ do đó trong 7 chữ số đó thì có một lượng lẻ chữ số lẻ được sử
dụng.
TH1. Có 1 chữ số lẻ và 6 chữ số chắn. ( không xảy ra)
0,25
TH2. Có 3 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn.
- Số cách chọn 3 chữ số lẻ:
3
5
C .
- Số cách chọn 4 chữ số chẵn:
4
4
C . Vậy có
3 4
5 4
C .C 10 cách chọn bộ 7 chữ số
thỏa mãn.
Có :10.7! 50400 
số.
0,25

TH3. Có 5 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn.
- Số cách chọn 5 chữ số lẻ:
5
5
C .

- Số cách chọn 2 chữ số chẵn:
2
4
C . Vậy có
5 2
5 4
C .C 6 cách chọn bộ 7 chữ số
thỏa mãn.
Có :6.7! 30240 
số.
0,25










8.a

Vậy có: 50400 + 30240 = 80640 số thỏa mãn.
0,25
2 2
3
3
log log .log (81 ) log 0x x x x  
Điều kiện x >0. pt


2
3 3
log log .(log 4) 4log 0x x x x   
0,25


3
(log 4).(log log ) 0x x x  

3
log 4 0
log log 0
x
x x
 


 


0,25

+)
4
log 4 0 10x x   
0,25





9.a

+)
3 3 10 3
log log 0 log (log 3 1) 0 log 0 1
x x x x x
        
Vậy pt đã cho có hai nghiệm
4
10x  và
1
x


0,25

Đường tròn có tâm I(-1; 2) bán kính R = 5
Suy ra IA = 10

0,25
Gọi H là giao điểm của BC và IA, ta có: IH. IA = BI
2

2
5 1
2 4
BI
IH IH IA
IA
    
 
1
( ;0)
2
H
0,25
0
1
cos 60
2
AIB AIB    nên tam giác ABC đều. Suy ra tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABC trùng với trọng tâm.
0,25

7.b











Gọi G là trọng tâm tam giác ABC suy ra
2
3
AG AH
 
, suy ra G(2; -2)
0,25
Ta có:
n n 0 1 2 n 11
n n n n

2 (1 1) C C C C 2048 2 n 11           .
0,25
Với n = 11, ta có:
9 11
P (2x 1) (x 2)   .
Ta có:
9 0 9 1 8 2 7 9
9 9 9 9
(2x 1) C (2x) C (2x) C (2x) C     
0,25
11 0 11 1 10 2 2 9 3 3 8 11 11
11 11 11 11 11
(x 2) C x C 2.x C 2 x C 2 x C 2      
0,25




8.b





Do đó số hạng chứa x
19
của khai triển tích
9 11
(2x 1) (x 2)  thành đa thức là:

0 9 1 10 1 8 0 11 0 1 10 1 0 8 19 19
9 11 9 11 9 11 9 11
C (2x) .C 2.x C (2x) C x (C .C .2 C .C .2 )x 8960x   
0,25
A
C
B
. I
H
Xét hệ phương trình
3 3
2
3
log log 1 0 (1)
9.4 2.4 4 (2)
y
x
x y  




 


ĐK: 0, 0x y  .
0,25
Khi đó:
3 3
(1) log 3 log 3

x y y x
    (3)
0,25
Thay (3) vào (2) ta được:

 
2
2
4 4
1
9.4 2.4 4 0 2. 4 9.4 4 0 1
1
2
4
2
x
x x x x
x
x x



            




(loại)
0,25

9.b

Với 1 3x y  
Vậy, hệ phương trình có nghiệm là:
1
3
x
y





.
0,25
Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương