Đề thi thử ĐH lần III THPT Kinh Môn

SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT KINH MÔN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 – NĂM HỌC 2012-2013
Môn: TOÁN – KHỐI A, B, A
1
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
( )
3 2 2
m
( 3) Cy x mx m x= − + −
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0
2. Tìm m để đường thẳng y = 6x cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt O; A; B đồng thời hoành độ các điểm
A; B là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng
2 2
Câu II (2,0 điểm) . 1. Giải phương trình:
( )
5
sin 4 2sin 2
2
4 sin 2 1
sin cos
x x
x
x x
π
 
+ +
 ÷

 
= +
+

2. Giải hệ phương trình sau :
( )
( ) ( )
( )
2
2 2 3 1
x,y R
2 2 2 1 1
x x y x y x
xy x y y x x

+ − = +

∈

− + + = +



Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân
2
2 2
2
1
ln ln 1
.

e
x x
I dx
x
− +
=
∫
Câu IV (1,0 điểm) . Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có
·
0
7, 2 7, 120AC a BC a ACB= = =
và đường
thẳng
'A C
tạo với mặt phẳng
( )
' 'ABB A
góc
0
30
. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa
hai đường thẳng
' , 'A B CC
theo a.
Câu V (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1.
Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1
( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) 3

a b b c c a
ab c ab c abc abc a bc a bc
+ + ≥
+ + + + + +
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm đúng khối thi của mình
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng cho tam giác ABC với A(-1; -1), phương trình đường tròn ngoại
tiếp là (T):
( ) ( )
2 2
x 3 y 2 25
− + − =
. Viết phương trình đường thẳng
BC
, biết
( )
I 1;1
là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác
ABC
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong không gian cho 3 điểm
(1;1; 1), (1;1;2), ( 1;2; 2)A B C− − −
và mặt phẳng
(P):
2 2 1 0x y z− + + =
. Mặt phẳng
( )
α
đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC tại

I sao cho
2IB IC=
. Viết phương trình mặt phẳng
( )
α
.
Câu VIII.a (1,0 điểm). Tìm hệ số của x
8
trong khai triển:
( )
2
1 x 1 2x
 
+ −
 
8
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng cho tam giác ABC và đường tròn (T):
2 2
x y 2x 4y 20 0
+ − + − =
.
Gọi
B, C
là hai điểm phân biệt thuộc đường thẳng (d): 3x+ 4y+ 30=0, A và trung điểm của AB nằm trên
đường tròn (T). Tìm A; B; C biết trực tâm tam giác ABC là tâm đường tròn (T) và B có hoành độ dương.
Câu VII.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho điểm A(0;-1;2) và đường thẳng
( )
1 2
:

2 1 1
x y x
+ −
∆ = =
.Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A, cắt đường thẳng (
∆
) tại C sao cho
khoảng cách từ B(2;1;1) đến đường thẳng (d) là
3 2
10
Câu VIII.b (1,0 điểm). Tính tổng
1 5 2013
2013 2013 2013
S C C C= + + +
======================== Hết ===========================
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

TRƯỜNG THPT KINH MÔN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 – LẦN 3
MÔN TOÁN – KHỐI A, B, A
1

Câu Nội dung trình bày Điểm
I(2,0đ) 1. (1,0 điểm)
Khi M=0 hàm số (1) có dạng
3
3y x x= −
a) Tập xác định :
D = ¡
b) Sự biến thiên
+) Giới hạn:

3 3
2 2
3 3
lim lim 1 ; lim lim 1
x x x x
y x y x
x x
→−∞ →−∞ →+∞ →+∞
   
= − = −∞ = − = +∞
 ÷  ÷
   
+) Chiều biến thiên:
2
' 3 3y x= −
,
' 0 1y x= ⇔ = ±
.
0,25
+) Bảng biến thiên:
-2
2
+
∞
-
∞
-
+
+
0

0
1
-1
+
∞
-
∞
y'
y
x
0,25
+) Hàm số đồng biến trên khoảng
( ) ( )
; 1 , 1;−∞ − +∞
và nghịch biến trên khoảng
( )
1;1−
.+)
Cực trị: hàm số đạt cực đại tại
1, 2
CD
x y
= − =
Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 2
CT
x y= = −
0,25
c) Đồ thị:
3

0 3 0 0, 3y x x x x
= ⇔ − = ⇔ = = ±
, suy ra đồ thị hàm số cắt trục Ox tại Ox
tại các điểm
( )
( ) ( )
0;0 , 3;0 , 3;0−
4
2
-2
-4
-10
-5
5
10
1
-1
2
1
-2
-1
0

0,25
2. (1,0 điểm)
P/trình HĐGĐ: x( x
2
– mx + m
2
– 9)=0.

( )
( )
2 2
0 0;0
9 0 1
x O
x mx m
= ⇒
⇔

− + − =


0,25
Đường thẳng y = 6x cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi pt (1) có 2 nghiệm dương
phân biệt
1 2
;x x
là hoành độ của A và B:
( )
2 2
2
4( 9) 0
9 0 3 2 3 *
0
m m
P m m
S m

∆ = − − >



⇔ = − > ⇔ < <


= >


.
0,25
Theo gt ta có
( )
2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
2 2 ( ) 2 8x x x x x x+ = ⇔ + − =

0,25
Theo đl Viet thì (*)
2 2
2( 9) 8 10m m m⇔ − − = ⇔ =
0,25
II(2,0đ) 1. (1,0 điểm)

Đk :
( )
*
4
x k
π

π
≠ − +
P/trình
( ) ( )
2sin 2 .cos2 2cos 2 2 sin cos sin 2 1x x x x x x⇔ + = + +
( ) ( ) ( )
2 sin cos sin 2 cos sin cos sin sin 2 1 0x x x x x x x x
 
⇔ + − + − − − =
 
( )
( ) ( ) ( )
cos sin 0
sin 2 cos sin cos sin sin 2 1 0 1
x x Loai
x x x x x x

+ =
⇔

− + − − − =


0,25
Giải (1) : Đặt
( )
cos sin , 2 2t x x t= − − ≤ ≤
2
sin 2 1x t⇒ = −
Pt (1) trở thành :

( ) ( )
2 2 3 2
1 1 1 2 2 0 1 và t= 2t t t t t t t t− + = − + ⇔ − − + = ⇔ = ±
0,25
+ Với
1t
=
ta có
2
cos sin 1 s
4 2
x x co x
π
 
− = ⇔ + =
 ÷
 

( )
2
, /
2
2
x k
k t m
x k
π
π
π


= − +

⇔ ∈

=

¢
0,25
+ Với
2t =
ta có
( )
cos sin 2 cos 1 2
4 4
x x x x k Loai
π π
π
 
− = ⇔ + = ⇔ = − +
 ÷
 
+ Với
2t = −
ta có
( )
3
cos sin 2 cos 1 2
4 4
x x x x k Loai
π π

π
 
− = − ⇔ + = − ⇔ = +
 ÷
 
0,25
2. (1,0 điểm)
Đk:
0x ≥
. Nhận thấy (0; y) không là nghiệm của hệ phương trình.
Từ phương trình (2) ta có
( )
2
2
1 1 1
2 2 4 3 3 *y y y
x x x
+ + = + +

Xét hàm số
( )
2
3f t t t t
= + +
có
( )
2
2
2
' 1 3 0

3
t
f t t
t
= + + + >
+
nên hàm số đồng biến.
Vậy
( ) ( )
1 1
* 2 2f y f y
x x
 
⇔ = ⇔ =
 ÷
 
.
0,25
Thay vào phương trình (1) :
2
1
2 3 1x x x x
x
+ − = +
. Điều kiện:
2
x 1
x y≥



≥

(**)
Pt
1 1
2 3x x
x x
⇔ + − = +
.
0,25
Đặt t=
1
x
x
−
( )
0t ≥
=> t= 1
( )
1 5 1 5
Do (**) => /
2 2
x x t m
± +
⇒ = =

Hệ có nghiệm
1 5 1 5
;
2 4

 
+ − +
 ÷
 
0,25
III (1,0 điểm)
Đặt :
ln
dx
t x dt
x
= => =

Đ/cận: x= 1 => t =0 và x= e
2
=> t= 2
K=
2
2 2 1 2
1 2
0 0 0 1
1
2 1 1 1
t t t t
t
t t t t
dt dt dt dt I I
e e e e
−
− + − −

= = − + = +
∫ ∫ ∫ ∫

0,25
1 1 1 1
1
1
0
0 0 0 0
( ) ( )
t
t t t t
tdt dt dt dt
I te
e e e e
−
=− − =− − + −
∫ ∫ ∫ ∫

0,25

Đặt :
1
t
t t
u t du dt
du dt
dt
dv v
v e

e e
−
= =
 
=

 
⇒ ⇔
  
= =−
=−

 
 
1 1 1 1
1 1
1
0 0
0 0 0 0
1
( ) ( )
t t
t t t t
tdt dt dt dt
I te te
e e e e e
− −
=− − =− − + − = =
∫ ∫ ∫ ∫
2 2 2 2

2 2
2
2 2
1 1
1 1 1 1
2 1 1 2
( ) ( ) ( )
t t
t t t t
tdt dt dt dt
I te te
e e e e e e e e
− −
= − = − + − = − = − − = −
∫ ∫ ∫ ∫
0,25
Vậy :
2
2 2
2 2 2
1
ln ln 1 2 2 2( 1)
e
x x e
I
x e e e
− + −
= = − =
∫
0,25

IV (1,0 điểm) ( Học sinh không kẻ hình sẽ tính điểm không bài này)
Trong (ABC), kẻ
CH AB
⊥

( )
H AB∈
, suy ra
( )
' 'CH ABB A⊥

nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’).
Do đó:
( )
·
( )
·
·
0
' , ' ' ' , ' ' 30A C ABB A A C A H CA H= = = 
 
.
2
0
1 7 3
. .sin120
2 2
ABC
a
S AC BC

∆
= =
0,25
2 2 2 0 2
2 . .cos120 49 7AB AC BC AC BC a AB a= + − = ⇒ =
.
2.
3
ABC
S
CH a
AB
∆
= =
Suy ra:
0
' 2 3
sin30
CH
A C a= =
.
0,25
Xét tam giác vuông AA’C ta được:
2 2
' ' 5AA A C AC a= − =
.
Suy ra:
3
7 15
. '

2
ABC
a
V S AA
∆
= =
.
0,25
Do
( )
'/ / ' '/ / ' 'CC AA CC ABB A⇒
. Suy ra:
( ) ( )
( )
( )
( )
' , ' ', ' ' , ' ' 3d A B CC d CC ABB A d C ABB A CH a= = = =
0,25
V (1,0 điểm)
Ta có VT =
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1)
a b b c c a
ab c ab c abc abc a bc a bc
+ +
+ + + + + +
=
1 1 1
2 1 2 1 2 1

( )(2 ) ( )(2 ) ( )(2 )bc bc ca ca ab ab
ab ab bc bc ca ca
+ +
+ + + + + +
0,25
Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt
, ,
y z x
ab bc ca
x y z
= = =
với x, y, z > 0
Khi đó VT =
1 1 1
( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 )
y z z y z x x z x y y x
x x x x y y y y z z z z
+ +
+ + + + + +

=
2 2 2
( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 )
x y z
y z z y z x x z x y y x
+ +
+ + + + + +
0,25
Ta có
2 2 2 2 2

9
( 2 )( 2 ) 2 2 4 2( ) 5 ( )
2
y z z y yz y z yz y z yz y z+ + = + + + = + + ≤ +
Suy ra
2 2
2 2
2
( 2 )( 2 ) 9
x x
y z z y y z
≥
+ + +
(1)
Tương tự có
2 2
2 2
2
( 2 )( 2 ) 9
y y
z x x z x z
≥
+ + +
(2);
2 2
2 2
2
( 2 )( 2 ) 9
z z
x y y x y x

≥
+ + +
(3)
0,25
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được VT
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
( )
9
x y z
y z x z y x
≥ + +
+ + +
Lại có
2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z
y z x z y x
+ +
+ + +
=
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
( )( ) 3x y z
y z x z y x
+ + + + −
+ + +
=

2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 3
(( ) ( ) ( ))( ) 3 .9 3
2 2 2
x y y z z x
y z x z y x
+ + + + + + + − ≥ − =
+ + +
Suy ra VT
2 3 1
.
9 2 3
≥ =
(đpcm)
0,25
VI.a (1,0 điểm)
Đường tròn
( )
T
có tâm
( )
K 3;2
bán kính là
R 5=
Ta có
AI:x y 0− =
, khi đó đường thẳng
AI

cắt đường tròn
( )
T
tại
A'
(
A'
khác
A
) có tọa
độ là nghiệm của hệ
( ) ( )
2 2
x 3 y 2 25
x y 0

− + − =


− =



x 1
y 1
= −

⇔

= −


(loại) hoặc
x 6
y 6
=


=

(t/m). Vậy
( )
A' 6;6
0,25
Ta có:
A'B A'C (*)=
(Do
¼ ¼
BA' CA'=
) =>
·
·
A'BC BAI=
(1) (Vì cùng bằng
·
IAC
)
Mặt khác ta có
·
·
ABI IBC=

(2)
Từ (1) và (2) ta có:
·
· ·
·
·
·
BIA' ABI BAI IBC A'BC IBA'= + = + =

Suy ra tam giác
BA'I
cân tại
A'
do đó
A'B A'I (**)=
Từ
( ) ( )
* , **
ta có
A'B A'C A'I= =
0,25
Do đó
B,I,C
thuộc đường tròn tâm
A'
bán kính
A'I
có phương trình là
( ) ( )
2 2

x 6 y 6 50− + − =
Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
x 3 y 2 25
x 6 y 6 50

− + − =


− + − =


0,25
Nên tọa độ các điểm
B,C
là :
− −(7; 1), ( 1;5)
Khi đó
I
nằm trong tam giác
ABC
(TM) .
Vậy phương trình đường thẳng
BC: 3x 4y 17 0+ − =
.
0,25
VIII.a (1,0 điểm)

Gọi mặt phẳng
( )
α
có phương trình là
ax 0by cz d+ + + =
với
; ;a b c
không cùng bằng 0
+ mp
( )
α
đi qua
(1;1; 1)A −
nên ta có :
0 (1)a b c d+ − + =
+ mp
( )
α
( ) : 2 2 1 0mp P x y z⊥ − + + =
nên 2 VTPT vuông góc nhau
2 2 0 (2)a b c=> − + =
0,25

+
2IB IC
= =>
khoảng cách từ B tới mp
( )
α
bằng 2 lần khoảng cách từ C tới

( )
α
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3 3 6 0
2 (3)
5 2 3 0
a b c d a b c d
a b c d
a b c d
a b c a b c
+ + + − + − +
− + − =

=> = ⇔

− + − + =

+ + + +

0,25
Từ (1), (2), (3) ta có 2 trường hợp sau :
TH1 :
1
0
2
2 2 0
3 3 6 0 3
2
b a

a b c d
a b c c a
a b c d
d a
−

=

+ − + =



− + = ⇔ = −
 
 
− + − = −


=

chọn
2 1; 2; 3a b c d= => = − = − = −
Ta có phương trình mp
( )
α
là
2 2 3 0x y z− − − =
0,25
TH 2 :
3

0
2
2 2 0
5 2 3 0 3
2
b a
a b c d
a b c c a
a b c d
d a

=

+ − + =



− + = ⇔ =
 
 
− + − + = −


=

chọn
2 3; 2; 3a b c d= => = = = −
Ta có phương trình mp
( )
α

là
2 3 2 3 0x y z+ + − =
0,25
VIII.a (1,0 điểm)
Ta có:
( ) ( ) ( )
8 8
8 k
k
2 k 2 k 2k
8 8
k 0 k 0
1 x 1 2x C x 1 2x C .x 1 2x
= =
   
+ − = − = −
   
∑ ∑

0,25
( ) ( ) ( )
8 k 8 k
i i
k 2k i k i 2k i
8 k 8 k
k 0 i 0 k 0i 0
C x C 2x C C 2 x 0 i k 8
+
= = = =
= − = − ≤ ≤ ≤

∑ ∑ ∑ ∑
0,25
Để
2k i 8
8 i
x x 2k i 8 k
2
+
−
= ⇔ + = ⇔ =
, k và i là các số nguyên thỏa mãn
( )
0 i k 8≤ ≤ ≤
⇒ i = 0; k = 4 và i = 2; k = 3
0,25
Vậy hệ số của số hạng chứa x
8
là:
( ) ( )
0 2
4 0 3 2 4 0 3 2
8 4 8 3 8 4 8 3
C C 2 C C 2 C C 4C C− + − = +
0,25
VI.b (1,0 điểm)
Nhận xét : Đường tròn (T) có tâm H(1;-2), R=5
( )
;
5
H d

d =
=> (d) tiếp xúc với (T) tại D
Tọa độ của D là nghiệm của hệ
( )
2 2
3 4 30 0
2
6
2 4 20 0
2; 6
x y
x
y
x y x y
D
+ + =

= −


=>
 
= −
+ − + − =



=> − −
Do tâm đường tròn H là trực tâm tam giác ABC nên AD
là đường kình của (T)=> A(4;2)

0,25
Gọi M là trung điểm AB => HM//=
1
2
BD => BD = 10
0,25
Lấy
3 30
; ( )
4
a
B a d
− −
 
∈
 ÷
 
. (đ/k)
0a >
Do BD = 10
( )
2
2
3 6
2 100
4
a
a
+
 

⇒ + + =
 ÷
 
=> a= - 10(loại) và a = 6 (t/m) => B(6; -12)
0,25
+ Đường thẳng (CH) qua H và có VTPT
( )
2; 14AB −
uuur
=> Pt (CH): x - 7y – 15 = 0
0,25

A
D
C
B
M
H
=> Tọa độ của C là nghiệm của hệ:
( )
7 15 0 6
6; 3
3 4 30 0 3
x y x
C
x y y
− − = = −
 
⇔ ⇒ − −
 

+ + = = −
 
VII.b (1,0 điểm)
Ptts của
( )
∆
:
( )
1 2
2
x u
y u u R
z u
= − +


= ∈


= −

Do đt (d) qua A và cắt
( )
∆
tại C nên C
( )
1 2 ; ; 2u u u− + −
0,25
=> đường thẳng (d) có VTCP:
( )

2 1; u+1; -uAC u= −
uuur
Ta có
( ) ( )
2;2; 1 , 1 ; 1; 4- 2uAB AB AC u
 
− ⇒ = −
 
uuur uuur uuur
=>
( )
2 2
2
,
2 2 2 2
,
(1 ) + 1+ (4- 2u)
5u 18 18
(2 1) + (u+1) + u 6u 2 2
B d
AB AC
u
u
d
AC
u u
 
−
− +
 

= = =
− − +
uuur uuur
uuur
0,25
Theo giả thiết ta có:
2
2
5u 18 18
6u 2 2
u
u
− +
− +
=
3 2
10
( )
2 2 2
9
5u 18 18 6u 2 2 196u 882 882 0
50
u u u⇔ − + = − + ⇔ − + =
3
3
2
u
u
=



⇔

=

0,25
+ Khi
( )
3 5;4; 3u AC= => = −
uuur
=> ptđt (d):
( )
5
1 4
2 3
x t
y t t R
z t
=


= − + ∈


= −

+ Khi
3 5 3
2; ;
2 2 2

u AC
 
= => = −
 ÷
 
uuur
=> ptđt (d):
( )
4
1 5
2 3
x t
y t t R
z t
=


= − + ∈


= −

0,25
VIII.b (1,0 điểm)
Trong khai triển:
( )
2013
0 1 2 2 3 3 2013 2013
2013 2013 2013 2013 2013
1 x C xC x C x C x C

+ = + + + + +
Khi x= 1 ta có:
( )
0 1 2 3 2013 2013
2013 2013 2013 2013 2013
2 1C C C C C+ + + + + =
Khi x=-1 ta có:
( )
0 1 2 3 2013
2013 2013 2013 2013 2013
0 2C C C C C− + − + − =
Lấy (1) – (2) ta có:
( )
1 3 5 7 2013 2012
2013 2013 2013 2013 2013
2 3C C C C C+ + + + + =
0,25
Xét số phức:
( )
2013
0 1 2 2 3 3 2013 2013
2013 2013 2013 2013 2013
1 i C iC i C i C i C+ = + + + + +
Do
( ) ( )
(
)
( ) ( ) ( )
( )
( )

1006
503
2013 2 1006
1006 2
1 1 1 2 1 2 1i i i i i i i+ = + + = + = +
( )
1006 1006 1006
2 1 2 2i i= − + = − −
0,25
Nên:
1006 1006
2 2i− −
0 1 2 3 4 5 2013
2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013
C iC C iC C iC iC= + − − + + +
=
( ) ( )
0 2 4 2012 1 3 5 2013
2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013
. C C C C i C C C C− + − + + − + − +
0,25
Vậy :
1 3 5 2013
2013 2013 2013 2013
C C C C− + − +
=
1006
2−
(4)

Lấy (3) + (4): Ta có
2011 1005
2 2S = −
0,25
Ghi chú: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa.
SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT KINH MÔN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 – NĂM HỌC 2012-2013
Môn: TOÁN – KHỐI D
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
( )
2 1
1
x
y C
x
−
=
−
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)
b) Tìm điểm M trên đồ thị hàm số (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại M cắt tiệm cận đứng và
tiệm cận ngang của (C) tại A và B sao cho :
2 2
1 1 1
2
IA IB
+ =

( I là giao điểm của hai tiệm cận)
Câu II (2,0 điểm) .
1. Giải phương trình sau:
( )
2
2
2 os 2x- -2 2 os 2cos 2 sinx+cosx
4 2
x
c c x
π
 
+ + =
 ÷
 
2. Giải hệ phương trình sau:
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
3
2 2
8 2 8
2 2 2
x y xy x y xy
x y x y x y

+ + = + +



+ + = −



( )
;x y R∈
Câu III (1,0 điểm) . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB= 4a; AD = a; M là trung
điểm của CD; SA vuông góc với đáy. Mặt phẳng (SCD) tạo với mặt phẳng đáy một góc 60
0
. Tính thể tích
của tứ diện SABM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AM.
Câu IV (1,0 điểm) . Tính tích phân sau:
( ) ( )
( )
2
2
3
2
2
2 2 ln ln
2 ln
x x x x
I dx
x x x
+ + +
=
+
∫
Câu V (1,0 điểm). Cho số thöïc a > 1, chứng minh rằng:
1

ln
−a
a
<
3
3
1
aa
a
+
+
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm đúng khối thi của mình
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng cho hình vuông ABCD, M là trung điểm của cạnh BC,
( )
C 3; 3−

đường thẳng DM:
x y 2 0− − =
; A thuộc đường thẳng
d :3x y 2 0+ − =
. Xác định tọa độ các đỉnh A,B,D.
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng
( )
: 1 0P x y z− − + =
.
Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng (Q) cắt hai
trục Oy, Oz lần lượt tại điểm phân biệt M và N sao cho OM = ON.
Câu VIII.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn:
2

1 6 53 3z i zi z i+ − + = − +
Tìm modun của số phức:
( )
17 i
w = 1 2
z
i z+ +
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng cho Elip (E):
2 2
4 9 36x y+ =
và I(1;
4
3
). Viết phương trình
đường thẳng qua I cắt (E) tại A; B phân biệt sao cho
2 0AI BI+ =
uur uur r
Câu VII.b (1,0 điểm). Trong không gian cho điểm A(1; 1; 1); B(3; -1; -2). Lập phương trình mặt phẳng
qua A; B cắt mặt cầu (S):
2 2 2
2 4 6 11 0x y z x y z+ + + − + − =
theo giao tuyến là đường tròn có chu
vi bằng
6
π
.

Câu VIII.b (1,0 điểm). Tìm x biết trong khai triển nhị thức :
1 2

6
4 2
x
x
−
 
+
 ÷
 
có tổng của số hạng thứ hai
và thứ năm là 510.
======================== Hết ===========================
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
TRƯỜNG THPT KINH MÔN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 – LẦN 3
MÔN TOÁN
Câu Nội dung trình bày Điểm
I(2,0đ) 1. (1,0 điểm)
0,25
0,25
0,27
0,25
2. (1,0 điểm)
0,25
0,25
0,25
0,25
II(2,0đ) 1. (1,0 điểm)
0,25
0,25

0,25
0,25
2. (1,0 điểm)
0,25
0,25
0,25
III (1,0 điểm)
0,25
0,25
0,25
0,25
IV (1,0 điểm) ( Học sinh không kẻ hình sẽ tính điểm không bài này)
0,25
0,25
0,25
0,25
V (1,0 điểm)

(1) <=> (a +
3
a
)lna < (1 +
3
a
) (a-1) (2)
§Æt x =
3
a
=> x >1
(2) <=> 3(x

3
+x) lnx < (1+x).(x
3
-1) ∀x > 1
<=> x
4
+ x
3
- x - 1 - 3 (x
3
+x)lnx > 0 (3) ∀x > 1
0,25
§Æt f(x) = x
4
+ x
3
- x - 1 -3 (x
3
+ x)lnx x ∈[1;+
∞
)
Ta cã f’(x) = 4 x
3
+ 3x
2
- 1 - 3 [(3x
2
+ 1) lnx + (x
3
+ x) .

x
1
]
= 4x
3
- 4 - 3 (3x
2
+ 1) lnx
f”(x) = 3.(4x
2
- 3x - 6xln x -
x
1
)
f
(3)
(x) = 3 ( 8x +
2
1
x
-6ln x - 9)
0,25
f
(4)
(x) = 3.(8-
3
26
x
x
−

) =
3
3
)134(6
x
xx −−
=
3
2
144)(1(6
x
xxx ++−
> 0 , ∀x > 1
0,25
Suy ra f
(3)
(x) ®ång biÕn nªn [1;+
∞
)
f
(3)
(x) > f
(3)
(1) = 0 t¬ng tù f’(x)> 0 víi ∀x > 1
⇒ f(x)> f (1) = 0 víi ∀x >1 suy ra (3) ®óng.
0,25
VI.a (1,0 điểm)
0,25
0,25
0,25

0,25
VIII.a (1,0 điểm)
0,25
0,25
0,25
0,25
VIII.a
0,25

0,25
0,25
0,25
VI.b (1,0 điểm)
Gọi A
( )
t; 3t 2− +
.
Ta có khoảng cách:
( ) ( )
4t 4
2.4
d A,DM 2d C,DM t 3 t 1
2 2
−
= ⇔ = ⇔ = ∨ = −
hay
( ) ( )
A 3; 7 A 1;5− ∨ −
.
0,25

Mặt khác A,C nằm về 2 phía của đường thẳng DM nên chỉ có A
( )
1;5−
thoả mãn.
Gọi D
( )
m;m 2−
DM∈
thì
( ) ( )
AD m 1;m 7 ,CD m 3;m 1= + − = − +
uuur uuur
0,25
Do ABCD là hình vuông
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
m 5 m 1
DA.DC 0
m 1 m 7 m 3 m 1
DA DC
= ∨ = −


=
 
⇒ ⇔
 
+ + − = − + +
=





uuur uuur

m 5
⇔ =
0,25
Hay D
( )
5;3
( ) ( )
AB DC 2; 6 B 3; 1= = − − ⇒ − −
uuur uuur
.
Kết luận A
( )
1;5−
,
( )
B 3; 1− −
, D
( )
5;3
0,25
VII.b (1,0 điểm)
+Tam giác ABC vuông tại A nên I là trung điểm của BC+Gọi C(2t+1;t)
∈V
.Suy ra B(1-2t;3-t)

2
5
nªn t=1,t=CA AB
−
⊥
+Với t=1 có C(3 ;1) và B (-1 ;2) +Với
2 1 2 9 17
; ) ; )
5 5 5 5 5
cã C( vµ B(t
− −
=
0,25
Giả sử
Q
n
r
là một vecto pháp tuyến của (Q). Khi đó
( )
1; 1; 1
Q P
n n⊥ − −
uur uur
. Mặt phẳng (Q) cắt hai
trục Oy và Oz tại
( ) ( )
0; ;0 , 0;0;M a N b
phân biệt sao cho OM = ON nên
0
0

a b
a b
a b
= ≠

= ⇔

= − ≠

0,25
Nếu a = b thì
( ) ( )
0; ; // 0; 1;1MN a a u= − −
uuuur r
và
Q
n u
⊥
uur r
nên
( )
, 2;1;1
Q P
n u n
 
= =
 
uur r uur
.
Khi đó mặt phẳng (Q):

2 2 0x y z
+ + − =
và
( )
Q
cắt Oy, Oz tại
( )
0;2;0M
và
( )
0;0;2N
(thỏa
mãn)
0,25
Nếu a = - b thì
( ) ( )
0; ; // 0;1;1MN a a u= − −
uuuur r
và
Q
n u
⊥
uur r
nên
( )
, 0;1; 1
Q P
n u n
 
= = −

 
uur r uur
.
Khi đó mặt phẳng (Q):
0y z
− =
0,25
VIII.b (1,0 điểm)
Theo giải thiết ta có:
( ) ( )
1 1
x x
2 2
2 4
4 2
2 x 4 x
6 6
C 4 4 C 4 4 510
− −
   
 ÷  ÷
+ =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
0,25
2 4x 1 2x 4 2x 2 4x
6 6
C 4 .4 C 4 .4 510
− −

⇔ + =
1 2x 2 2x
4 4 34
+ −
⇔ + =
0,25

Đặt
( )
4 t > 0
x
t =
P/trình
2
8 1
2t 17 2t 17t 8 0 t
t 2
⇔ + = ⇔ − + = ⇔ = v t= 8à
0,25
+ Khi
1 1
2 2
t x= => = −
+ Khi
3
8
2
t x= => =
0,25
Ghi chú: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa.