ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2013-LẦN 1 Môn TOÁN – Khối 1,&A A B TrườngTHPT chuyên Nguyễn Trãi Tỉnh Hải Dương

TrườngTHPT chuyên Nguyễn Trãi
Tỉnh Hải Dương
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2013-LẦN 1
Môn TOÁN – Khối
1
,&A A B
Thời gian làm bài 180 phút.
Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số
1
1
x
y
x



.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Tìm m để đường thẳng
y mx m
cắt(C) tại hai điểm A,B phân biệt,đồng thời các tiếp tuyến
của(C ) tại Avà B song song.
Câu2 (1,0 điểm)
Giải phương trình
cos2 3sin 1
os
3 2sin
xx
cx
x




.
Câu 3 ( 1,0 điểm)
Giải phương trình
2
5( 3)
1 2 4
2 18
x
xx
x

   

(với
).x
Câu 4(1,0 điểm)
Tìm hàm số F(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện :
1
'( ) ( ln ) 0
x
F x e x x
x
   
và
(1) 2F 

Câu 5 ( 1,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thay đổi.

Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 2 1 2
1 1 1 1 1 1
3 2 .
4 9 16 8 27 64
x y z x y z
P
   
   
     
   
   
Câu 6 (1,0 điểm)
Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C, AB=2a (a>0) .Hình chiếu
vuông góc của A’ trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của AB.Góc của đường thẳng A’C và mặt phẳng
(ABC) có số đo bằng
o
45
.Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho và tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng: BB’, A’C.
Câu 7 (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ (Oxy),cho đường tròn
22
( ) ( 1) 1.S x y  
Tìm tọa độ điểm M thuộc
đường thẳng
( ) 3 0y  
sao cho các tiếp tuyến của (S) kẻ từ M cắt trục hoành Ox tại hai điểm A,B và
bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB bằng 4.
Câu 8 (1,0 điểm)

Trong không gian với hệ toạ độ (Oxyz),cho điểm
 
6;12;18M
.Gọi A,B,C là các điểm đối xứng của
điểm M qua các mặt phẳng tọa độ (Oxy) ,(Oyz),(Oxz) tương ứng.Chứng minh đường thẳng OM đi qua
trọng tâm của tam giác ABCvà tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (ABC).
Câu 9 (1,0 điểm)
Cho biểu thức M=
7
1
1
log (3 7)
1
2
log 9 7
5
2
22
x
x









.Tìm tất cả các giá trị thực của x để số hạng thứ sáu

trong khai triển Niu Tơn của M bằng 84.
Hết
/>THPT chuyênNguyễn Trãi
Tỉnh Hải Dương
ĐÁP ÁN (Gồm 4 trang)
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013-LẦN 1
Môn TOÁN – Khối
1
,&A A B
Câu-Ý
NỘI DUNG
Điểm
Câu I
Ý 1
(1,0đ)
Tập xác định:
 
\1DR
.
Sự biến thiên, giới hạn và tiệm cận:
 
2
2
' 0; 1
1
yx
x

   


0,25 đ

lim 1 1
x
yy

  
là TCN
11
lim ; lim 1
xx
y y x


     
là TCĐ.
.
0,25 đ
Bảng biến thiên
:
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
 
;1
v à
 
1; 
.
0,25 đ
Đồ thị:
0,25 đ

Câu 1
Ý 2
PTHĐGĐ của (C) và đường thẳng
y mx m
là
1
1
x
mx m
x



2
10mx x m    
(1), vì
1x 
không là nghiệm phương trình (1).Theo yêu cầu bài
0,25 đ




1
1
1
x
'y
y



1
1
x
y
O
/>(1,0đ)
toán, ta có
0m 
.Và pt (1),tương đương với
1
1 1 ( 0)x x m
m
     
2
1
m
Giả sử
 
1;0A 
thì B
1
(1 ;2 1)m
m

.
0,25 đ
 Tiếp tuyến tại Acó pt
11
22

yx


;
 tiếptuyến tại B có phương trình
22
2 2 4 1y m x m m    
.
0,25 đ
Do
2
1
2 4 1
2
m m m    
nên hai tiếp tuyến song song khi và chỉ khi
2
1
2
2
m  
2
1
4
m
11
22
mm    
Loại m = -1/2, nghiệm là m = 1/2
0,25 đ

Câu 2
(1,0đ)
Với ĐK
3
sin
2
x 
, Pt

2
2cos 3sin 3cos 2sin .cosx x x x x  
.
0,25 đ
Hay 2
 
 
 
cos cos sin 3(cos sin ) 0 2 os 3 sin cos 0x x x x x c x x x       
0,25 đ

3
os 2 2 ( )
2 6 6
c x x k x k k


        

sin cos 0
4

x x x k


    
.
0,25 đ
. Kết luận: Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm PT là
4
xk



.

2 2 ( )
66
x k x k k


      
0,25 đ
Câu 3
(1,0đ)
ĐK:
14x  
(D).
Khi đó ,pt tương đươngvới
2
( 1 2 4 ) 2 18 5( 3)x x x x     
Nhân hai vế pt với

1 2 4xx  
,
ta có pt
 
2
5( 3) 2 18 5( 3) 1 2 4x x x x x      
0,25 đ

3 0 3xx   
là một nghiệm của pt
0,25 đ
/>
2
2 18 1 2 4x x x    
.Bình phương hai vế ta có :
2
2 18 1 4(4 ) 4 ( 1)(4 )x x x x x       
Chuyển vế biến đổi đến pt




22
3 4 5 3 4 1 0x x x x x x          
(*)
0,25 đ
 Do
()xD
nên
2

3 4 5 0x x x     
và pt (*) tương đương với :
2
3 4 1x x x    
.Bình phương ,biến đổi tương đương ta có pt :
2
3
2 3 0 1
2
x x x x       
 . KL:Đối chiếu với điều kiện (D) ta có nghiệm PT là
3
1; ; 3
2
x x x   
.
0,25 đ
Câu 4
(1,0đ)
Từ gt ta có
11
( ) ( ln ). ln
x x x
F x e x dx e dx e xdx
xx
   
  
.
0,25 đ
Ta có

1
ln ln
x x x
e dx e x e xdx
x


.
0,25 đ
Do đó tồn tại hằng số C để cho
1
ln ln
x x x
e dx e xdx e x C
x
  

.
0,25 đ
Tức là tồn tại C để
( ) ln
x
F x e x C
.
Theo gt
(1) 2 2 ( ) ln 2 ( 0)
x
F C F x e x x      
0,25 đ
Câu 5

(1,0đ)
Xét hàm số
 
23
32f t t t
v ới
0t 
.
Ta có
   
' 6 (1 ); ' 0 1 0f t t t f t t t      
(loại t=0)
0,25 đ
Dựa vào BBT,
0t
ta có
 
10f t t  
0,25 đ

32
1
48
xx
x   
,
 Tươngtự
11
32
1;

9 27
yy

,
22
32
1,
16 64
zz
yz

   
0,25 đ
Cộng vế ta có
3 , ,P x y z  
.Và
3 0; 1; 2P x y z    
Vậy : giá trị lớn nhất của P là 3.
0,25 đ
Câu 6
Ta có: HC là hình chiếu của A’C lên mp(đáy)
0,25 đ
B’
/>(1,0đ)
nên
o
' 45HCA 
1
'
2

A H CH AB a   
.Cạnh bên của đáy
2CA CB a
22
1
.
2
ABC
S CB CACB a  
.
.:
3
. ' ' '
.'
ABC A B C ABC
V S A H a
.
0,25 đ
Gọi D trung điểm của AC,ta có HD
AC
.Kẻ HK
'AD
ta chứng minh được
( ' ')HK mp ACC A
.Giải tam giác A’HD ta có
( ; ' ')
3
a
HK d H ACC A
0,25 đ

Mp(ACC’A’) chứa A’C và song song với BB’

 
' , ' ( ; )d A C BB d B P
,với (P) là
Mp(ACC’A’).Vì H là trung điểm của AB nên
2
( ; ) 2
3
a
d B P HK
Vậy
23
( ' ; ')
3
a
d A C BB 
0,25 đ
Câu 7
(1,0đ)
 (S) có tâm là I(0; 1 ), bán kính R=1.

 
( ) ;3M M m  
, Hiển nhiên M ở phía ngoài cua (S) nên có hai
tiếp tuyến của (S) kẻ từ M. Giả sử hai tiếp tuyến này cắt trục Ox tại A,B
 Xét điểm N(t;0) thuộc trục Ox,pt của MN là
3 ( ) 3 0x t m y t   
0,25 đ
Điểm N là A hay B khi và chỉ khi

( ; ) 1d I MN 
2
2 3 0t mt   
(*).
Pt này ẩn t luôn có hai nghiệm trái dấu
12
;tt
v à
12
( ;0), ( ;0)A t B t
0,25 đ
Gọi J
là tâm của đường tròn qua ba điểm
M,A,B.Khi đó J thuộc trung trực của AB
Ta có J
( ; )mb
.
0,25 đ
A’
A
B
C
D
K
C’
B’
H
/>Từ điều kiện cho J ta có
22
2 2 2 2

1
4 (3 ) 16
4
4 (3 ) ( )
mb
JM
JM JA
m b t m b

  






    



22
2
4 6 7 0
22
m b b
mb

   







Giải hệ trên ta có





4
3
2
m
b
==>
)3;2();3;2(
2
2
3













vaMM
m
m
b
0,25 đ
Câu 8
(1,0đ)
Theo tính chất của phép đối xứng qua mặt phẳng toạ độ ta có
(6;12; 18), (6; 12;18), ( 6;12;18)A B C  
Từ đó trọng tâm tam giác ABC là G(2;4 ; 6 )
0,25 đ
(6;12;18) ; (2;4;6) 3OM OG OM OG   
nên đường thẳng OM qua trọng tâmG của tam giác ABC .
0,25 đ
(0; 24;36), ( 12;0;36)AB AC   
,Xác định được véc tơ pháp tuyến của mp(ABC)
là
(6;3;2)n 
và viết được phương trình mp
( ) 6 3 2 36 0ABC x y z   
0,25 đ
6.6 3.12 2.18 36
72
( ;( ))
7
49
d M ABC
  


0,25 đ
Câu 9
(1,0đ)
Số hạng thứ sáu trong khai triển là
5
21
1
log (3 7)
1
2
log 9 7
5
5
2
5 1 7
. 2 2
x
x
TC














11
log (9 7) log (3 7)
22
51
21.2 .2
xx
T

  


0,25
11
log (9 7) log (3 7)
2
22
51
84 2 2
xx
T

  

  
(1)
0,25 đ
Pt (1) tương đương với

1 1 1 1
9 7 4(3 7) 9 4.3 21 0
x x x x   
      
.
0,25 đ
Giải pt trên ta có nghiệm của pt là
3
1 log 7x 
0,25 đ
…HẾT…
/> />TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT
HẢI DƯƠNG Môn: Toán (khối D)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 3/3/2013

Câu I. (2 điểm). Cho hàm số:
42
1
1
4
y x x  
(1).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .
2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ
nhỏ nhất.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình sau:
  
1 tan 1 sin2 1 tanx x x   

2) Giải bất phương trình :
 
2
22
4
4log log .log 2 1 1x x x  
Câu III. (1 điểm) Tính tích phân sau:


1
0
1
x
I x e x dx  

Câu IV. (1 điểm)
Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành ,
4AD a
; các cạnh bên đều bằng
6a
. Biết thể tích khối chóp bằng
3
8
3
a
. Tính cô sin của góc tạo bởi mặt bên (SCD) và
mặt đáy.
Câu V(1 điểm) Tìm số phức có mođun nhỏ nhất thỏa mãn
32z z i   
.

Câu VI. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho
ABC
đường cao AH có pt
3 4 10 0xy  
, đường
phân giác trong BE có pt
10xy  
. Điểm
 
0;2M
nằm trên đường thẳng AB và
7
4
BA
BC

. Tìm tọa độ A,B,C.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
 
1,0,3M
và hai đường thẳng
 
1
d
:
12
1
23
xt

yt
zt
  







 
2
d
:
22
23
xt
yt
zt



  




Viết phương trình đường thẳng

đi qua M và cắt cả 2 đường thẳng

1;
d
;
2
d
Câu VII. (1 điểm) CMR: với mọi số thực a, b ta luôn có
22
22
26
6
12
ab
ab




HẾT

/> />1
H-íng dÉn chÊm m«n to¸n
C©u
ý
Néi Dung
§iÓm
I
2
1
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
1

 
' 3 2
22y x x x x   
,
'
20
0
2
x
y
x

  





.Vậy hàm số đồng biến trên khoảng
(
2
;0) và
( 2; )
nghịch biến trên khoảng
 
;2 
và
 
0; 2
0,25

Hàm số đạt cực đại tại x=0;
1
CD
y 
. Hàm số đạt cực tiểu tại x=
2
;
0
CT
y 
0,25
Bảng biến thiên
x
-


2
0
2
+

y' - 0 + 0 -  0 +
y

1

0 0
0,25

8

6
4
2
2
4
6
8
15
10
5
5
10
15
0,25
2
Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ nhỏ nhất.
1
Giả sử
 
42
1
( , ) 1
4
M x y C y x x    
Khi đó tổng khoảng cáh từ M đến hai trục tọa
độ là
4 2 4 2
11
1 1 ( )
44

d x y x x x x x x f x          
Vì f(x) là hàm chẵn nên
min
0
min ( )
x
d f x


. Xét hàm số
()fx
=
42
1
1
4
x x x  
với
0x 
.
Có
' 3 2
( ) 2 1 ( 1)( 1)f x x x x x x      
.
'
1
( ) 0
15
2
x

fx
x









0,25
0,25
/>2
Ta có bảng biến thiên
x
0
15
2

1 +

f'
+ 0 - 0 +
f


1
5
4

Vậy
min
0
min ( ) 1 0 (0;1)
x
d f x x M

    
0,25
0,25
II
1)
Giải phương trình sau:
  
1 tan 1 sin2 1 tanx x x   
1


ĐK:
cos 0
2
x x k


   
0,25
pt
0,25

0.25
0.25
2
Giải bất phương trình :
 
2
22
4
4log log .log 2 1 1x x x  
.
1
Điều kiện
bpt
2
22
1
4 log log log( 2 1 1)
2
x x x

   


2
2 2 2
log log .log ( 2 1 1) 0x x x    

0,25
0.25
/>3

IV
Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành,
4AD a
;các cạnh bên đều bằng
6a
.
Biết thể tích khối chóp bằng
3
8
3
a
.Tính cô sin của góc tạo bởi mặt bên SCD và mặt đáy.
1
4a
K
H
D
B
C
A
S
Ta thấy :
 
2
1 2 1; 0x x x    
22
22
1 2 1 2 1 1
log log ( 2 1 1)
log log ( 2 1 1) 0

x x x x
xx
xx
       
   
    
Do đó
2
log 0 1bpt x x   
0,25
0.25
III
Tính tích phân sau:


1
0
1
x
I x e x dx  

1
Có
11
00
1
x
I xe dx x x  

dx

0,25
Xét
1
1
0
x
I xe dx

. Đặt
1
11
1
00
0
1
x
x x x
x
xu
e dx dv
du dx
I xe e dx e e
ve




      






0,25
Xét
2
I
=
1
0
(1 )x x dx

 
1
0
1 1 1x x x dx

    


=
 
1
11
11
3 5 3
2
2 2 2
00
00

22
(1 ) 1 (1 ) (1 )
53
4 2 4
15 15
dx
x x dx x x      


Vậy
4 2 4 4 2 19
1
15 15 15
I

   
0,25
0.25
/>4
Cho H là hình chiếu của S trên mp(ABCD). Do SA=SB=SC=SD=
6a
nên
HA=HB=HC=HD. Vậy hbh ABCD có H là tâm đường tròn ngoại tiếp nên ABCD là hcn.
0,25
Đặt CD=x. Ta có
2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
16
1

6 (16 ) 2
44
AC AD CD a x
x
SH SC CH a a x a
   
       
Vậy
2
2
11
. 2 .4 .
3 3 4
SABCD ABCD
x
V SH S a a x  
0,25
Theo bài ra ta có
4
3
ax
23
2
8
2
43
xa
a 
22
2 2 2 2 4

42
2 2 4 2 2
2 2 (2 ) 4
44
2 4 0 ( 2 ) 0
42
xx
x a a x a a
xx
a x a a
     
      
22
42x a x a   
0.25
Lấy K là trung điểm của CD.Khi đó
HK CD
và
SK CD
. Ta có
Ta có
 
2
2
1
2 ; ; 2 5
2
HK AD a SH a SK a a a     
.
Vậy

0,25
V
Tìm số phức có modun nhỏ nhất thỏa mãn
32z z i   
.
1
Đặt
z x yi
(
;xy¡
)Ta có
 
2 2 2 2
32
3 2 1
( 3) ( 2) ( 1)
2 2 4 0 2
z z i
x yi x y i
x y x y
x y x y
   
      
      
      
0,5
Vậy
2 2 2 2
( 2) 2z x y y y     
,đt xảy ra

1
1
y
x






Vậy
min 2 1z z i   
0,5
VI
1
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho
ABC
đường cao AH có pt
3 4 10 0xy  
đường
phân giác trong BE có pt
10xy  
. Điểm
 
0;2M
nằm trên đường thẳng AB và
7
4
BA
BC


. Tìm tọa độ A,B,C.
1
/>5
M'
E
H
A
B
C
M
Lấy điểm M’ đối xứng với M qua BE . Do
M AB
nên
'
M BC
.
Do
'
MM BE
nênpt(MM’):
( 0) ( 2) 0 2 0x y x y       
Gọi
'
I MM BE  
tọa độ
I
tm
1
20

2
1 0 3
2
x
xy
xy
y



  




  





Vậy
13
( ; )
22
I
0.25
I là trung điểm
'
MM

nên
'
'
1
1
M
M
x
y







. Vậy
'
(1;1)M
BH AC
nên pt (BC) là: 4(x-1)-3(y-1)=0 4x-3y-1=0
B BE BC
nên tọa độ B là nghiệm của hệ
4 3 1 0 4
(4;5)
1 0 5
x y x
B
x y y
   




   

0,25
( 4; 3)BM 
uuuur
là véc tơ chỉ phương của đt AB
(3; 4) ( ):3 4 8 0
AB
n pt AB x y     
r
A AB AH  
tọa độ của A là
1
( 3; )
4
A 
0,25
Theo tc đường phân giác
77
44
EA BA
EA EC
EC BC
    
uuur uuur
,
E BE

nên
( ; 1)E t t 

pt tham số của (BC):
13
14
xt
yt





1
( 3 ; 1)
4
EA t t     
uuur
,
(1 3 ' ;4 ' )EC t t t t  
uuur
Ta có
7
'0
3 (1 3 ' )
4
5
57
(4 ' )
11

44
t
t t t
t
t t t



    









  



. Vậy
(1;1)C


0,25
/>6
2
Trong không gian với hệ tạo độ Oxyz cho điểm

 
1,0,3M
và hai đường thẳng
 
1
d
:
12
1
23
xt
yt
zt
  







 
2
d
:
22
23
xt
yt
zt




  




Viết phương trình đường thẳng

đi qua M và cắt cả 2 đường thẳng
1;
d
;
2
d

1

1
2
( 1;1;2)
(0; 2;2)
Ad
Bd


. Vtcp của
12
;dd

lần lượt là
12
(2; 1;3); ( 1;2; 3)uu    
P
Q
Gọi (P) là mặt phẳng chứa

và
1
d
, (Q) là mặt phẳng chứa

và
2
d
0,25

0,25
0,25
Vậy vtcp của

là
Pt đt

là
14
2
39
xt
yt

zt








0,25
Ta có
22
2
2 2 2
2 1 1 1
12
1 1 1
aa
a
a a a
  
    
  
đt xảy ra
2
2
1
10
1
aa

a
    

0,5
22
2
2 2 2
6 2 4 4
2 2.2 4
2 2 2
bb
b
b b b
  
     
  
đt xảy ra
2
2
4
22
2
bb
b
     

Vậy
22
22
26

6
12
ab
ab



đt xảy ra
0
2
a
b








0,5
/>7
/> CHUYÊN
 ,A1-2013
i gian làm bài 
013

Câu I ()
mxmxxy 296
23


1) 
.1m
2) 
m


5
4
.
Câu II (2)
1) 

02sin3cos32sin32cos3sin33cos  xxxxxx
2) 






03
6
22
xxyyx
yxy
Câu III ()
1) 




3
0
2
2
1
dx
x
x

2) Cho
cba ,,

.1 cba


222222222
1111
cbaaccbba
P









Câu IV ()

1)
Oxy

)
3
1
;0(M


)7;0(N

2)

Câu V()
1)

2)

43
1
2
1
:)(
1
zyx
d 





2
3
2
2
1
:)(
2





zyx
d

)(
3
d

)(
1
d
qua
)(
2
d
.


/>TrườngTHPT chuyên Nguyễn Trãi

Hải Dương
Đ Ề THI THỬ ĐẠI HỌ C N Ă M H Ọ C 2012-2013
L Ầ N 2
Môn TOÁN – Khối D
Ngày thi: 24-24/03/2013 Thời gian 180 phút.
Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số
3 2 3 2
3( 1) 3 ( 2) 3y x m x m m x m m      
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=0
2. Tìm m sao cho đồ thị đạt cực đại, cực tiểu tại A và B mà tam giác OAB có bán kính đường tròn
ngoại tiếp bằng
10
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2
(sin 2cos 3cos2 )(1 sin )
cos
2cos 1
x x x x
x
x
  


2. Giải hệ phương trình
33
3
2 2 3
43
yx

y x x



  

Câu III ( 1 điểm). Tính tích phân sau:
4
1
ln( 1)x
I dx
xx




Câu IV ( 1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SD=a. Gọi O là giao AC
và BD. Biết (SAC) vuông góc với (ABCD), góc giữa SC và (ABCD) bằng
0
30
và SO=
2
2
a
. Tính thể
tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai đường thẳng SO, AD.
Câu V ( 1 điểm). Cho x, y > 0 thỏa mãn: (x+1)(y+1)=4. Tìm GTNN của
33
x y xy
A

y x x y
  

Câu VI ( 2điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2,3), trọng tâm G(2,0), điểm B có hoành độ
âm thuộc đường thẳng
: 5 0d x y  
. Viết phương trình đường tròn tâm C bán kính
9
5
, tiếp xúc với
đường thẳng BG.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
11
:
2 1 1
x y z
d



, điểm M(1,2,-3) và mặt
phẳng (P): x+y+z-3=0. Gọi A là giao của d và (P). Tìm điểm B trên mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng
MB cắt d tại C mà tam giác ABC vuông tại C.
Câu VII (1 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn:
3 2 1
8 49
n n n
A C C  
, M và N là điểm biểu diễn

cho các số phức
12
(1 ) , 4 ,
n
z i z mi m    
. Tìm m sao cho
5MN 
/>Đáp án đề thi thử khối D lần 2 năm học 2012-2013
Câu I. ( 2 điểm)
1. Khi m=0, hàm số có dạng:
32
3y x x
Giới hạn:
3
3
lim lim (1 )
xx
yx
x
 
   
;
lim
x
y

 
Đạo hàm:
2
' 3 6 0 0; 2; (0) 0; ( 2) 4y x x x x y y         

0,25 đ
Bảng biến thiên:
0,25 đ
Hàm số đồng biến trên
( , 2);(0, )  
và nghịch biến trên
( 2,0)
Đồ thị có điểm cực đại:
( 2,4)A 
và điểm cực tiểu
(0,0)B
0,25đ
Đồ thị:
- Đồ thị qua các điểm: A,B,U, C(-3,0); D(1,4)
- Vẽ đồ thị:
0,25 đ
2. +)
2
' 3 6( 1) 3 ( 2) 0y x m x m m     

,2x m x m    
nên đồ thị luôn có 2 cực trị
0
4
-
+
0
0
-
∞

-2
0
+
+
∞
+
∞
-
∞
y
y'
x
/>( ,0); ( 2,4)A m B m  
.
0,25 đ
A,B,O tạo thành tam giác
0m

+) Viết phương trình trung trực AB: x-2y+m+5=0
+) Viết phương trình trung trực OA: x+
2
m
=0
0, 25 đ
+) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là
10
( , )
24
mm
I



0,25 đ
+)
22
10 4 12 0 6IO m m m       
hoặc
2m 
Đáp số: m=-6 hoặc m=2
0,25 đ
Câu II. ( 2 điểm)
1. Đk:
1
cos
2
x 

.
Phương trình trở thành:
(1 sin )(1 sin )(2cos 1) (sin 2cos 3cos2 )(1 sin )x x x x x x x      
0,25 đ

(1 sin )(1 sin2 3cos2 ) 0x x x   
Giải phương trình:
sin 1 2
2
x x k


   

0,25 đ
Giải phương trình :
3
1 sin2 3cos2 0 sin(2 ) sin( ) ;
3 6 12 4
x x x x k x k
   

           
0,25 đ
Đối chiếu điều kiện được:
12
3
2 ; ;
24
x k x k x k
  
  
     

0,25 đ
/>2.
3 3 3
3 3 3 3
2 2 3 4 3
4 3 4 2 2 (*)
y x y x x
y x x y x x y x

    



      

3 3 2 2
1
(*) 2 2 ( )( ) 0
2
y x x y x y x xy y         
0, 25 đ
Th1:
0xy
, ta được:
3
33
33
4 3 0 ;
44
x x y     
0,25 đ
Th2:
2
2 2 2
1 3 1
()
2 2 4 2
yy
x xy y x      
Suy ra:
2

2
3
y 
. Tương tự
2
2
3
x 
0,25 đ
Từ đó:
3 3 3 3 3
23
| | | | | | 2( )
32
y x x y    
nên trường hợp này không xảy ra.
Vậy hệ có nghiệm:
33
33
( , ) ( , )
44
xy
0,25đ
Câu III. ( 1 điểm)
Đặt
xt
thì
2
2x t dx tdt  
. Đổi cận

0,25 đ
22
2
11
( 1) ln( 1)
.2 2
1
ln t t
I tdt dt
t t t




0,25 đ

2 2 2 2
1
(ln( 1)) | ln 3 ln 2It   
0,5 đ
Câu IV. ( 1 điểm)
/>1)
+) Do
( ) ( )SAC ABCD
theo giao tuyến
, ( )AC BD AC BD SAC  
Ta được:
BD SO
nên
222

1
2
2
OD a BD AB AD   
nên
ABCD
là hình vuông. Suy ra
2
ABCD
Sa
0,25 đ
+) Tam giác
SAC
có
SO OA OC
nên vuông tại S.
Kẻ
SH AC
thì
()SH ABCD
nên
0
( ,( )) 30SC ABCD SCH   
.
Suy ra:
0
31
cos30 ;
22
SH

SA AC
SA
  
nên
6
4
a
SH 
.
Vậy
3
.
6
12
S ABCD
a
V 
0,25 đ
2)
Ta có:
0
3
cos30
2
SC
AC

nên
3
2

SC a
.
Gọi M trung điểm CD thì
OM AD
nên
( , ) ( , )SO AD SO OM
.
0,25 đ
Công thức trung tuyến cho tam giác
SCD
được:
SM a
.
Định lý cosin cho tam giác:
SOM
được:
2
cos
4
SOM  
M
O
B
A
D
C
S
H
/>Vậy góc giữa hai đường thẳng SO và AD là
2

arccos
4
0,25 đ
Câu V. ( 1 điểm )
Đặt
,x y S xy P  
thì
( 1)( 1) 1 1 4 3x y xy x y S P S P            
Tồn tại
,xy
nếu
2
4SP
Khi đó
2 2 2
3 3 2 3 3
3( ) 9 3 9
x y x y xy S P S S
A
xy x y x y P S S
     
   
     
2
5 6 3 3 3
2 12 2 2
S S S S
A
S S S
  

     

33
2
22
A  
.
Dấu bằng xảy ra khi
6, 3 6SP  
, ( thỏa mãn:
2
4SP
)
Hay
6 4 6 6 6 4 6 6
( , ) ( ; )
22
xy
   

6 4 6 6 6 4 6 6
( , ) ( ; )
22
xy
   

Vậy
33
min 2
22

A 
Câu VI ( 2 điểm)
1. +) Do
: 5 0B d x y   
nên
( , 5 )( 0) (2 ,5 )B b b b BG b b      

Phương trình
( ):(5 )( 2) ( 2) 0BG b x b y    
0,25 đ
+) G là trọng tâm tam giác ABC nên
(4 , 2)C b b
0,25 đ
+) Đường tròn tâm C, bán kính
9
5
tiếp xúc với
()BG
22
| (5 )(2 ) ( 2)( 2)| 9
5
(5 ) ( 2)
b b b b
bb
    

  
22
63 1386 1449 0 22 23 0b b b b       
0,25 đ

+) Giải phương trình được
1b 
( vì
0)b
.
Khi đó, C(5,1) nên phương trình đường tròn cần tìm là:
22
81
( 5) ( 1)
25
xy   
0,25 đ
/>2.
Ta có:
Cd
nên
(2 1; ; 1) (2 ; 2;2 )C c c c MC c c c      

.
Đường thẳng d có vecto chỉ phương
(2,1, 1)u 

0,25 đ
Tam giác
ABC
vuông tại C nên
2
. 0 2 .2 2 2 0
3
MC u c c c c        



. Suy ra
4 4 4
( , ; )
3 3 3
MC 

.
0,25 đ
Ta được
(1, 1,1)v 

là vecto chỉ phương của đường thẳng
()MC
nên
1 2 3
( ):
1 1 1
x x x
MC
  

.
0,25 đ
()B MC
nên
( 1; 2; 3)B b b b  
.
( ) 1 ( 2) ( 3) 3 0 1B P b b b b          

.
Vậy B(2,3,-2)
0,25 đ
Câu VII. ( 1 điểm)
Giải phương trình
3 2 1
8 49
n n n
A C C  
. Đk:
3nn  
( 1)( 2) 4 ( 1) 49n n n n n n      
0,25 đ
32
7 7 49 0n n n    
2
( 7)( 7) 0 7n n n     
( t/m)
0,25 đ
Khi đó:
7 2 3 3
1
(1 ) [(1 ) ] (1 ) 8 (1 ) 8 (1 ) 8 8z i i i i i i i i           
. Vậy M(8,-8).
0,25 đ
Do N(4,m) nên
2 2 2
5 4 (8 ) 25 ( 8) 9 5MN m m m          
hoặc
11m 

Đáp số:
5m 
hoặc
11m 
0,25 đ
/>