Tổng hợp 8 đề thi thử đại học môn toán của trường THPT chuyên Bắc Giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN BẮC GIANG
ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN I NĂM 2013
Môn TOÁN, khối A và khối A1.
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát ñề


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu I (2,0 ñiểm). Cho hàm số
2 4
1
−
= ⋅
+
x
y
x

1. Khảo sát và vẽ ñồ thị (G) của hàm số ñã cho.
2. Tìm trên ñồ thị (G) ñiểm M ñể tiếp tuyến của (G) tại M cắt các tiệm cận của (G) tại hai ñiểm A, B
sao cho chu vi tam giác IAB (với I là giao hai tiệm cận) là nhỏ nhất.
Câu II (2,0 ñiểm)
1. Giải phương trình
(
)
(
)
(
)
(

)
4 4
4 sin cos 3 sin 4 3 1 tan 2 tan sin 4 .
+ + = + +
x x x x x x

2.

Giải hệ phương trình
( )
(
)
3 3 3 2
2 2 2 2
16 9 2 4 3
( , ).
4 2 3,

− = − +

∈

− + =


ℝ
x y y xy y xy
x y
x y xy y

Câu III (1,0 ñiểm).
Tính nguyên hàm
2
4
1
1
−
=
+
∫
x
I dx
x
.
Câu IV (1,0 ñiểm).
Cho lăng trụ
1 1 1
ABCA B C
có ñáy là tam giác vuông cân, cạnh huyền
2
AB a
= . Mặt
phẳng
(
)
1
A AB
vuông góc với mặt phẳng
(
)

ABC
,
1
3
AA a
=
, góc

1
A AB
nhọn. Mặt phẳng
(
)
1
A AC
tạo
với mặt phẳng
(
)
ABC
một góc 60
o
. Gọi H là hình chiếu của
1
A
trên mặt phẳng
(
)
ABC
.

Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ ñiểm
1
A
ñến mặt phẳng
(
)
1 1
HB C
.
Câu V (1,0 ñiểm).
Cho các số thực x, y, x thỏa mãn
1
1 ,
4
≤ ≤ ≤
x y z
và
1
xyz
=
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1 1 1
1 1 1
P
x y z
= + +
+ + +
.
PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm). Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 ñiểm)
1. Trên mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho ñường thẳng (d): x + y – 2 = 0 và ñường tròn (C) có phương trình
2 2
2 4 11 0.
+ + − − =
x y x y
Tìm tọa ñộ ñiểm M thuộc (d) sao cho qua M kẻ ñược hai tiếp tuyến MA, MB
(với A, B là các tiếp ñiểm) ñến ñường tròn (C), ñồng thời khoảng cách từ ñiểm N(6 ; 0) ñến ñường thẳng
(AB) là lớn nhất.
2.
Trong không gian tọa ñộ Oxyz, cho ba ñiểm A(-1; 0; 1), B(1; 2; −1) và C(-1; 2; 3).
Hãy xác ñịnh tọa ñộ tâm và tính bán kính ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu VII.a (1,0 ñiểm). Giải hệ phương trình
(
)
(
)
( ) ( )
2
1 2
1 2
2log 2 2 log 2 1 6
log 5 log 4 1.
− +
− +

+ − − + − + =


+ − + =



x y
x y
y xy x x x
y x

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 ñiểm)
1. Trên mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC với ñường cao kẻ từ ñỉnh B và ñường phân giác
trong của góc A lần lượt có phương trình là x – 2y -2 = 0 và x – y – 1 = 0; ñiểm M(0; 2) thuộc
ñường thẳng AB và AB = 2AC. Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz, cho hai ñiểm A(1; 2; 2), B(3; −2; −4) và mặt phẳng (P) có phương
trình x – 6y + z + 18 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm M trên (P) sao cho tích
.
MA MB
 
nhỏ nhất.
Câu VII.b (1,0 ñiểm).
Tìm số tự nhiên n thỏa mãn
( ) ( ) ( )
2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 3 2 2 1 1 2 2 2 1 2 40200.
− − +
+ + + +
− ⋅ ⋅ + + − − + − + = −
k
k k n n
n n n n

C C k k C n n C


Hết

Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và Tên: Số báo danh

WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
1

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
BẮC GIANG.
ðÁP ÁN THI THỬ ðẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT
NĂM HỌC 2012 – 2013
ðỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A, A1.

CÂU NỘI DUNG
ðIỂM
a) TXð: R\{-1}
b) Sự biến thiên:
*) Giới hạn, tiệm cận :
lim lim 2
x x
y y
→−∞ →+∞
= =

, tiệm cận ngang y=2.

( ) ( )
1 1
lim ; lim
x x
y y
− +
− −
→ →
= +∞ = −∞
, tiệm cận ñứng x = -1.









0,25
0,250,25
0,25


*) Chiều biến thiên:
( )
2
6

0, 1
1
y' = x
x
> ∀ ≠ −
+
, hàm số ñồng biến trên mỗi khoảng
(
)
(
)
; 1 ; 1;
−∞ − − +∞




0,25
0,250,25
0,25


BBT x -
∞
-1 +
∞

f’(x) + +
f(x)
+

∞
2
2 -
∞











0,25
0,250,25
0,25


I
(1ñiểm)
c) ðồ thị
0,25
0,250,25
0,25
I(-1; 2); Gọi
2 4
;
1

a
M a
a
−
 
 
+
 
thì tiếp tuyến tại M có pt
( )
( )
2
6 2 4
1
1
a
y x a
a
a
−
= − +
+
+
.
0,25
0,250,25
0,25


Tiếp tuyến giao tiệm cận ñứng tại

2 10
1;
1
a
A
a
−
 
−
 
+
 
; giao tc ngang tại
(
)
2 1;2
B a +

12
; 2 1
1
IA IB a
a
= = +
+
.
0,25
0,250,25
0,25

Chu vi
IAB = IA+IB+
2 2
2 . 2 . 4 6 4 3
IA IB IA IB IA IB
+ ≥ + = +
.
0,25
0,250,25
0,25


I-2
(1ñiểm)
= xảy ra khi
12
2 1
1
a
a
= +
+

(
)
( )
1
2
6 1;2 6

6 1
6 1
6 1;2 6
M
a
a
M

− −

= −

⇔ ⇔


= − −

− − +










0,25
0,250,25

0,25



ðiều kiện :
( )
; ,
2 4 2
l
x k k l
π π π
π
≠ + + ∈
Z

Phương trình tương ñương:
2 2
os2 cos sin 2 sin
4 1 2sin os 3sin 4 3 .sin 4
os2 cos
c x x x x
xc x x x
c x x
+
 
− + = +
 

0,25

2
1 2sin 2 3 sin 4 2sin 2
x x x
⇔ − + =

0,25
II-1
(1
ñiểm)
sin 4 sin 2
6
x x
π
 
⇔ + =
 
 

0,25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
2
4 2 2
6
4 2 2
6
x x k
x x k
π
π

π
π π

+ = +

⇔


+ = − +


( )
12
5
36 3
x k
k
k
x
π
π
π π
−

= +

⇔ ∈


= +



ℤ

0,25
Xét y = 0.
Xét y
0
≠

0,25
Chia pt ñầu cho y
3
, chia pt thứ hai cho y
2
, ta có
( )
3
2
2
2
3
16 9 2 1 4
3
4 2 1
x x x
y
x x
y


 
− = − +

 

 


− + =



0,25
Thế pt thứ hai vào pt ñầu
(
)
(
)
3 2
2
2
16 9 2 1 4 4 2 1
3
4 2 1
x x x x x
x x
y

− = − + − +



− + =


⇔
3 3
2
2
16 9 8 1
3
4 2 1
x x
x x
y

− = −


− + =



0,25
II-2
(1
ñiểm)

2
1
1

x
y
=


=

⇔
1
1
x
y
=


=

hoặc
1
1
x
y
=


= −


0,25
(

)
(
)
(
)
2
4 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1
x x x x x x x
+ = + − = + + − +

Viết
2
4
2 2
1 A C
1
2 1 2 1
x x B x D
x
x x x x
− + +
= +
+
+ + − +

0,25
Giải ra ñược
2 1 2 1
; ; ;

2 2 2 2
A B C D
− − −
= = = =

2 2
2 2 2 2 2
4
2 1 2 1
x x
I dx
x x x x
 
− +
= −
 
 
− + + +
 
∫

0,5
0,25

Vậy
2 2
2 2 2 2 2
4
2 1 2 1
x x

I dx
x x x x
 
− +
= −
 
 
− + + +
 
∫
2
2
2 2 1
ln
4
2 1
x x
C
x x
− +
= +
+ +


III
(1
ñiểm)

( Hoặc cách khác
2

2
2
4
2
2
1
1
1
1
1 1 1 1 1
1
1 1 1
1
2 2
1
2 2
2
d
x
x
x
I dx dx d
x x
x x x
x
x x x
x
 
 
+

−
 
 
−
 
 
= = = = − +
 
 
+
 
 
 
+ + − + +
+ −
 
 
 
∫ ∫ ∫ ∫

2
2
2 2 1
ln
4
2 1
x x
C
x x
− +

= +
+ +
)

Hạ
1
A H AB
⊥
thì H là chân ñường vuông góc hạ từ A
1
xuống (ABC).
Hạ

0
1 1
60
A K AC A KH⊥ ⇒ =
ðặt AH =x
1
3
2 2
x x
KH A H⇒ = ⇒ =

0,25
IV
(1
ñiểm)

Xét tam giác vuông A

1
AH:
2 2 2
3 6
3
2 5
x x a x a+ = ⇒ =
1
3 5
5
a
A H⇒ =

0,25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
3
2
3
3 5 3 5
.
5 2 10
a
V a a
= = .
Hạ
1 1
A K C H
⊥
. Do

1 1 1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( )
B C AC H HB C AC H
⊥ ⇒ ⊥

Do ñó
1 1 1
( )
A K B C H
⊥

0,25
1
2 2 2 2 2
1 1 1 1
1 1 1 1 5 3
.
9
14
a
A K
A K AC A H a a
= + = + ⇒ =

0,25


Cm ñược

1 1 2 1 2 1 2

1
1 1 1
1 1 1
1
P
y z x
yz yz yz
yz
+ ≥ ⇒ ≥ + = +
+ + +
+ + +
+

0,25
ðặt
1
1 2
t yz t
x
= ⇒ ≤ = ≤
;
2
2
2
( )
1 1
t
P f t
t t
= = +

+ +
trong
[
]
1;2

( )
( )
( )
(
)
(
)
( )
( )
2
2
'
2 2 2
2
2 2
2 1 1
2 2
0
1
1 1 1
t t t
t
f t
t

t t t
− − + +
= − = ≤
+
+ + +

0,5
V
(1 ñiểm)
( ) ( )
22
2
15
f t f≥ =
. P min =
22 1
; 2.
15 4
x y z
⇔ = = =

0,25


(
)
1;2
I − ;M(a;2-a)
(
)

(
)
2 2
2 2 1 16 ; 1 31 1 31;IM a a a S
⇒ = + + ≥ ⇒ ∈ = −∞ − − ∪ − + +∞

ðường tròn ñường kính IM có pt
2 2
2
1 4 2 2 15
2 2 4
a a a a
x y
− − + −
   
− + − =
   
   

0,25
Lấy hiệu hai pt ñường tròn và kết luận ñược pt (AB) là
( 1) 3 15 0
a x ay a
+ − + − =

0,25
( )
( )
( )
2

2
2
2 1
;
2 2 1
a a
d N AB f a
a a
− +
= =
+ +
.Ta có
( )
(
)
( )
( )
2
2
2
2 3 2
2
' ; ' 0 1;
3
2 2 1
a a
f a f a khi a
a a
− −
−

= = =
+ +

(
)
'
f a
>0 trong S. Vậy d max tại
1 31
a = − − (do
(
)
1
lim ( ) 1 31
2
a
f a f
→+∞
= < − − )
(
)
1 31;3 31
M⇒ − − +
∈
(C) không thỏa mãn. Vậy không tồn tại M.
0,5
VIa- 1
(1 ñiểm)
Chú ý: Nếu học sinh kết luận M suy biến như trên hoặc kết luận không tồn tại M ñể d max
ñều cho ñiểm tối ña.

Hoặc cách khác
Vì AB luôn ñi qua K(15; 18) cố ñịnh nên d max khi AB nhận
NK

làm vtpt. Khi ñó
1 2 2 8
;
1 2 3 3 3
a a
a M
+ − − −
 
= ⇒ = ⇒
 
 
.Tuy nhiên ñiểm M này nằm trong ñường tròn nên
không thỏa mãn, do ñó không tồn tại M (hoặc nếu hs kết luận d max tại cực biên, là giao
(
)
1 31;3 31
M − − +
của d và (C) vẫn cho ñiểm tối ña)

(
)
(
)
2;2 2 ; 0;2;2
AB AC
= − =

 
. Suy ra pt mp trung trực của AB, AC là x+y-z-1=0;
y+z-3=0.
0,25
Vtpt của của (ABC) là
( )
; 8; 4;4
n AB AC
 
= = −
 
  
.
Suy ra mp (ABC) 2x-y+z+1=0.

0,25
VIa-2
(1 ñiểm)
Giải hệ
( )
1 0 0
3 0 2 0;2;1 .
2 1 0 1
x y z x
y z y I
x y z z
+ − − = =
 
 
+ − = ⇒ = ⇒

 
 
− + + = =
 

0,25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
4
Bán kính R=IA=
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 0 0 2 1 1 5
− − + − + − =
0,25
ðK
{
2
2 2 0; 2 1 0; 5 0; 4 0
0 1 1;0 2 1
xy x y x x y x
x y
− − + + > − + > + > + >
< − ≠ < + ≠

0,25
Hệ
(
)
(

)
(
)
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2
2log 1 2 2log 1 6
log 5 log 4 1
2log 2 log 1 2 0
log 5 log 4 1
x y
x y
x y
x y
x y x
y x
y x
y x
− +
− +
− +
− +

 
− + + − =


 
⇔

+ − + =



+ + − − =

⇔

+ − + =



0,25
ðặt
2
log (1 )
y
x t
+
− =
thì
1
2 0 1
t t
t
+ − = ⇔ =

Với t=1 thì 1-x =y+2 hay y=-x-1.
Thế vào pt sau ta ñược

2
1 1
4
log ( 4) log ( 4) 1 1 2 0
4
0; 1
2; 1
x x
x
x x x x x
x
x y
x y
− −
− +
− + − + = ⇔ = − ⇔ + =
−
= = −

⇔

= − =


0,25
VIIa.
(1 ñiểm)

Kiểm tra chỉ thấy nghiệm x=-2; y=1 thỏa mãn
0,25

Gọi N là ñiểm ñối xứng của M qua phân giác góc A, tìm ñược N(3;-1) thuộc AC.
0,25
(AC): 2x+y-5=0; AD giao AC tại A (2;1). Viết ñược (AB) trùng (AM): x+2y-4=0
0,25
ðường cao BE giao AB tại
1
3;
2
B
 
 
 

5 3
;
2 4
I
 
 
 
là trung ñiểm AB. Vì AB= 2AC nên IC vuông góc với AD
(D là giao của phân giác góc A và BC)
0,25
VIb- 1
(1 ñiểm)
IC có pt
13

0
4
x y
+ − =

IC giao AC tại
7 3
;
4 2
C
 
 
 

0,25
I(2;0;-1) là trung ñiểm AB.
(
)
(
)
2 2
.
MA MB MI IA MI IA MI IA
= + − = −
     

0,25
.
MA MB
 

nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất, hay M là hình chiếu của I trên (P).
0,25
Pt ñt qua I và vuông góc với (P) là :
d:
2
6
1
x t
y t
z t
= +


= −


= − +


0,25
VIb-2
(1 ñiểm)
Tọa ñộ của M là giao của d và (P). Giải hệ ñược
3 3
;3;
2 2
M
−
 
 

 
.
0,25
VIIa.
(1 ñiểm)
Số hạng tổng quát
( ) ( ) ( )
(
)
(
)
( )
[ ]
( ) ( ) ( )
2 2
2 1
2
2 2
2 1
2 1 2 2 1 !
1 1 2 1 2 .
2 ! (2 1) ( 2)
2 1 2 1 2 2
k k
k k k
n
k
k k
n
n n n

k k C
k n k
n n C k
− −
+
−
− −
−
+ −
− − = −
− − − −
= + − ≥

0,25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
5
( ) ( )
2 1
2
2 1
2
1 1 2
n
k
k k
n
k
S k k C
+

−
+
=
= − −
∑
=
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 1
2
2 2
2 1 2 1
2 0
2 1 2 1 2 2 1 2 1 2
n n
k k
k k k k
n n
k k
n n C n n C
+ −
−
− −
− −
= =
= + − = + −
∑ ∑

0,25
( ) ( ) ( )
2 1

2 1 2 1 2 2 1 2
n
n n n n
−
= + − = − +
0,25
Giải
(
)
2 1 2 40200
n n− + = − , ta ñược
n = 100.
0,25


WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
6
SỞ GD & ðT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

(ðề thi gồm có 01 trang)
ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN I
Năm học 2012 – 2013
MÔN TOÁN - KHỐI B
Thời gian làm bài: 180 phút

I- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ñiểm )
Câu I. (2,0 ñiểm) Cho hàm số
2 1

1
x
y
x
−
=
−
( 1 )
1. Khảo sát và vẽ ñồ thị (C) của hàm số (1)
2. Gọi I là giao ñiểm của 2 tiệm cận; M là ñiểm bất kỳ trên (C), tiếp tuyến của (C) tại M cắt
các tiệm cận tại A, B. Chứng minh diện tích tam giác IAB không ñổi khi M chạy trên (C).
Câu II. (2,0 ñiểm)
1. Giải phương trình:
1 3cos cos2 2 3 4sin .sin 2
x x cos x x x
+ + − =

2. Giải phương trình:

2 3 3 2
1 1 . (1 ) (1 ) 2 1
x x x x
 
+ − + − − = + −
 

Câu III. (1,0 ñiểm) Tìm nguyên hàm của hàm số
2
cos
8

( )
sin 2 cos 2 2
x
f x
x x
π
 
+
 
 
=
+ +
.
Câu IV. (1,0 ñiểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1
có các mặt bên là các hình vuông cạnh a.
Gọi D, E, F lần lượt là trung ñiểm của các cạnh BC, C
1
A
1
, C
1
B
1
. Tính thể tích tứ diện ABC
1

A
1
và
khoảng cách giữa 2 ñường thẳng DE, A
1
F theo a
Câu V. (1,0 ñiểm) Cho 3 số thực a,b,c thoả mãn:
2 2 2
1
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng

5 3 5 3 5 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 3
3
a a a b b b c c c
b c c a a b
− + − + − +
+ + ≤
+ + +


II. PHẦN RIÊNG(3 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược chọn một trong hai phần A hoặc B

A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 ñiểm )
1.

Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông có một ñỉnh là (- 4; 8), một ñường chéo có phương
trình: 7x – y + 8 = 0. Viết phương trình các cạnh của hình vuông.
2.

Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC vuông cân có BA = BC. Biết toạ ñộ các ñiểm
A(5;3;-1), C(2;3;-4) và ñiểm B nằm trong mặt phẳng (P): x + y – z – 6 = 0. Tìm toạ ñộ
ñiểm B.
Câu VII.a (1,0ñiểm )
Giải bất phương trình
2 2
2 1 2 1
4
(2 3) (2 3)
2 3
x x x x− + − −
+ + − ≤
−

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 ñiểm )
1.

Trong mặt phẳng Oxy cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2)
và giao ñiểm I của 2 ñường chéo nằm trên ñường thẳng y = x. Tìm toạ ñộ ñỉnh C và D.
2.

Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình
2 2 2
2 4 6 0
x y z x y z

+ + − + − =
và
mặt phẳng (P):
2 2 17 0
x y z
+ − + =
. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt
phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là ñường tròn có diện tích là
9
π
.
Câu VII.b (1,0 ñiểm )
Xác suất bắn trúng mục tiêu của một vận ñộng viên là 0,6. Người ñó bắn hai viên ñạn một cách
ñộc lập. Tính xác suất ñể người ñó bắn trúng mục tiêu một viên và bắn trượt mục tiêu một viên.

……………………………
Hết
………………………………

Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh

Số báo danh
………………………………………
Lớp
…………………………………………
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
7
ðÁP ÁN ðÈ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN I

MÔN TOÁN – KHỐI B

Câu Nội dung ðiểm
I
1

+ TXð
+ Sự biến thiên
+ Bảng biến thiên
+ ðồ thị


0.5ñ
0.25ñ
0.25ñ
I
2

+ Gọi
2 1
;
1
a
M a
a
−
 
 
−
 

( 1)
a
≠

+ Tiếp tuyến của (C) tai M:
( )
( )
2
1 2 1
1
1
a
y x a
a
a
− −
= − +
−
−

+ Giả sử
2
1;
1
a
A
a
 
 

−
 
,
(
)
2 1;2
B a −

+ Diện tích tam giác IAB là
1 1 2
. 2 . 2 1 2
2 2 1
a
S IA IB a
a
= = − − =
−




0.25ñ

0.25ñ


0.5ñ


II

1
1 3cos cos 2 2cos3 4sin .sin 2
x x x x x
+ + − =

1 3cos cos 2 2cos(2 ) 4sin .sin 2
x x x x x x
⇔ + + − + =

1 cos 2 0
x cox x
⇔ + + =

2
2
2cos cos 0 ( )
2
2
3
x k
x x k
x k
π
π
π
π

= +

⇔ + = ⇔ ∉



= ± +


ℤ

Kết luận……


0.25ñ



0.5ñ

0.25ñ

II
2

ðK:
1 1
x
− ≤ ≤
ðặt 1
u x
= +
; 1
v x

= −

( , 0)
u v
≥

Ta có hệ:
2 2
3 3
2
1 ( ) 2
u v
uv u v uv

+ =


+ − = +



Ta có:
2 2 2
3 3 2 2
1 1 1
1 (2 2 ) ( 2 ) ( )
2 2 2
( )( ) ( )(2 )
uv uv u v uv u v
u v u v u v uv u v uv


+ = + = + + = +



− = − + + = − +



2 2
2
2 2
2
2 2
1
2 2
2
u v
u x
u v

+ =

⇔ ⇒ = + ⇒ =

− =



0.25ñ


0.25ñ


0.5ñ



III

+ Biến ñổi
1 cos 2 cos 2
1 1
4 4
( )
2 2 2 2
1 sin 2 1 sin 2
sin cos
4 4
8 8
x x
dx
f x dx dx dx
x x
x x
π π
π π

π π
 
   
 
+ + +
   
   
 
= = +
 
   
 
   
+ + + +
 
   
+ + +
   
 
   
 
   
 
 
∫ ∫ ∫ ∫

2
cos 2
1 1 1 3
4

ln 1 sin(2 ) cot(
3
2 4 8
2 2 4 2
1 sin 2 sin
4 8
x
dx
dx x x C
x x
π
π π
π π
 
 
+
 
 
 
 
 
= + = + + − + +
 
   
 
 
+ + +
   
 
   

 
∫ ∫






0.5ñ




0.5ñ

WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
8
IV

+ Theo gt lăng trụ ñã cho là lăng trụ ñều
1 1 1
3
3
4
ABCA B C
a
V⇒ =

1 1 1 1 1 1
ABC A BACC BB A C
V V V= =

1 1 1
3
1 3
3 12
ABCA B C
a
V= =

+ Ta có d(DE,A,F) = d(A
1
F,(ADE))
Lấy I, J lần lượt là trung ñiểm
AD, A
1
F => A
1
F ⊥ (EIJ)
Trong (EIJ) kẻ JK ⊥ IE thì JK = d(A
1
F;(ADE))
1
17
( , )
17
a

d DE A F⇒ = .





0.25ñ






0.25ñ





0.25ñ

0.25ñ
V
Vì a,b,c > 0 và
2 2 2
1
a b c
+ + =
nên a,b,c ∈ (0; 1 )
Ta có

5 3 2 2
3
2 2 2 2
2 ( 1)a a a a a
a a
b c b c
− + −
= = − +
+ +

=> BðT trở thành
3 3 3
2 3
( ) ( ) ( )
3
a a b b c c− + + − + + − + ≤

Xét hàm số:
3
( )
f x x x
= − +
với ∀x ∈ ( 0;1 ) có:
(0;1)
2 3
( )
9
Max f x =

2 3

( ) ( ) ( )
3
f a f b f c⇒ + + ≤ ðẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c= = =


0.25ñ
0.25ñ



0.25ñ

0.25ñ
VI
a
1.
Giả sử A(-4; 8) => BD: 7x – y + 8 = 0; => AC: x + 7y – 52 = 0
Gọi (d) là ñường thẳng qua A và có vecto pháp tuyến:
( ; )
n a b
=


=> pt (d): ax + by + 4a – 5b = 0
d hợp với ñường thẳng AC một góc
0
45

=> a = 3; b = – 4
hoặc a = 4; b = 3

Giả sử AB: 3x – 4y + 44 = 0, AD: 4x + 3y - 8 = 0
Gọi I = AC
∩
BD => I
2 186
;
25 25
−
 
 
 
=>
96 172
;
25 25
C
 
 
 

=> BC: 20x + 15y - 180 = 0 ; CD: 15x – 20y + 16 = 0
KL:

0,25ñ

0,25ñ



0,25ñ

0,25ñ

2.
Ta có AC =
3 2
, => BA = BC = 3
=> Toạ ñộ B thoả mãn hệ:
2 2 2
2 2 2
6 0
( 5) ( 3) ( 1) 9
( 2) ( 3) ( 4) 9
x y z
x y z
x y z
+ − − =


− + − + + =


− + − + + =


2 2 2 2 2 2
( 5) ( 3) ( 1) 9 ( 5) (4 2 ) (2 )
1 0 1
6 0 7 2
x y z x x x
x z z x
x y z y x
 
− + − + + = + + − + −
 
⇔ + − = ⇔ = −
 
 
+ − − = = −
 


B(2; 3; -1) hoặc B(3;1;-2)




0,5ñ


0,25ñ

0.25ñ
J

I
E
F
D
C
1
B
1
A
B
C
A
1
K

WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
9
VIIa

Bpt
2 2
2 2
(2 3) (2 3) 4
x x x x− −
⇔ + + − ≤

ðặt
2
2

(2 3)
x x
t
−
= +
( t > 0)
Ta có bpt
2
1
4 0 4 1 0
t t t
t
+ − ≤ ⇔ − + ≤


2 3 2 3 1 2 1 2
t x⇔ − ≤ ≤ + ⇒ − ≤ ≤ +
Kết luận……

0.25ñ

0,25ñ

0,25ñ
0,25ñ

VIb
1. Ta có
AB


= (-1; 2) =>AB=
5
, pt ñường thẳng AB: 2x + y – 2 = 0
Giả sử I(a;a) => C(2a–1; 2a); D(2a; 2a-2)
ABCD
S = 4 => d(C; AB) =
4
5
=
| 6 4 |
5
a
−
⇒
4
3
0
a
a

=


=


=>
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3

C D
   
   
   
hoặc
(
)
(
)
1;0 , 0; 2
C D
− −

0.25ñ



0.5ñ


0.25ñ


2. Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;3) và bán kính R =
14

Từ gt suy ra ñường tròn giao tuyến có bán kính là r = 3
Suy ra k/c từ tâm mặt cầu (S) ñến mp(Q) là d =
5

Mặt phẳng (Q) có phương trình dạng:
2 2 0
x y z d
+ − + =

( 17)
d
≠

Suy ra có hai mặt phẳng (Q) thoả mãn ycbt là:
2 2 6 3 5 0
x y z
+ − + + =


2 2 6 3 5 0
x y z
+ − + − =


0.25ñ

0.5ñ


0.25ñ

VII
b
Gọi A là biến cố: “Viên ñầu trúng mục tiêu” , B là biến cố: “ Viên thứ hai trúng mục tiêu” , H

là biến cố: “Một viên trúng mục tiêu và một viên trượt mục tiêu”. Khi ñó
H AB AB
= ∪
.
Suy ra
( ) ( ). ( ) ( ). ( )
P H P A P B P A P B
= +

= 0,6.0,4 +0,4.0,6 = 0,48.
0.25ñ
0.25ñ

0.5ñ


WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
10
SỞ GD & ðT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG
(ðề thi gồm có 01 trang)

ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN I – NĂM 2013
MÔN TOÁN 12 KHỐI D
Thời gian làm bài 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7 ñiểm)
Câu I (2 ñiểm). Cho hàm số y = x
3
– 3x

2
+ mx + 4. (m là tham số) (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi m = 0.
2) Tìm m ñể ñường thẳng d : y = 2x + 4 cắt ñồ thị hàm số (1) tại 3 ñiểm phân biệt A(0 ; 4), B, C sao
cho tam giác OBC vuông tại O.
Câu II (2 ñiểm)
1) Giải phương trình
os3 sin 2 2sin cos 1 0,
c x x x x
+ − − + =
(
x
∈
ℝ
).
2) Tìm m ñể phương trình sau có nghiệm
(
)
2 24 4
2 2 4 2 2 4,
m x x x x
− + − − + = −
(
x
∈
ℝ
).
Câu III (1 ñiểm). Tìm nguyên hàm
2
.

1
xdx
x x
+ +
∫

Câu IV (1 ñiểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang vuông tại A và D. Gọi I là trung ñiểm của
ñoạn AD. Mặt phẳng (SBI) và mặt phẳng (SCI) cùng vuông góc với (ABCD). Góc giữa (SBD) và (ABCD)
bằng 60
0
. Biết AB = AD = 2a, CD = a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SA, BC.
Câu V (1 ñiểm). Cho a, b, c là ba số không âm thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng
( 3 ) ( 3 ) ( 3 ) 6.
a b c b c a c a b
+ + + + + ≤

PHẦN RIÊNG (3 ñiểm) Học sinh chỉ ñược chọn một trong hai phần (A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa
(2 ñiểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho hai ñường thẳng :
d
1
: x + 2y – 1 = 0 và d
2
: 2x + y + 3 = 0.
Lập phương trình ñường tròn (C) có tâm I(2 ; 1), (C) cắt d
1
tại A, B và cắt d
2

tại C, D sao cho AB + CD =11.
2) Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho hai ñiểm A(1 ; 2 ; 0), B(0 ; 1 ; 1) và mặt phẳng (P) có
phương trình : x + y + z = 0. Lập phương trình mặt phẳng (Q) biết (Q) chứa A, B, góc giữa (P) và (Q) là α
sao cho
3 os 2 2.
c
α
=

Câu VIIa (1 ñiểm). Giải hệ phương trình
2
2
2
5 6 0
2log ( 1) log ( 2) 2 0,
x x y
x y

− + + =


− − + + =


(
,
x y
∈
ℝ
).

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 ñiểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho hình thang cân ABCD có AB // CD và AB = 2CD.
ðường thẳng AC và BD lần lượt có phương trình x + y – 4 = 0 và x – y – 2 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh của
hình thang ABCD biết A, B có hoành ñộ dương và diện tích hình thang bằng 36.
2) Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ba ñiểm A(1 ; 2 ; 0), B(0 ; 1 ; 2), C(2 ; 1 ; 1) và mặt
phẳng (P) : x + y + z – 1 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc (P) và ñi qua A, B, C.
Câu VIIb (1 ñiểm). Tìm số tự nhiên n sao cho
0 1 1 2 2
4 4 4 ( 1) 4 ( 1)
n n n k n k k n n
n n n n n
C C C C C
− − −
− + − + − + + − =
2187.
Học sinh không ñược sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên………………………………… SBD …. ……………… … ……………… …
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
11
ðÁP ÁN VÀ BIỂU ðIỂM

Câu Phương pháp – Kết quả ðiểm
Câu I
1) Tập xác ñịnh R
Tính ñúng giới hạn
Xác ñịnh ñúng tính ñồng biến, nghịch biến, cực trị
Vẽ ñúng ñồ thị

2) Hoành ñộ giao ñiểm của ñồ thị (Cm) của hàm số (1) và d là nghiệm phương
trình
x
3
– 3x
2
+ mx + 4 = 2x + 4
⇔
2
0
3 2 0 (2)
x
x x m
=


− + − =


D cắt (Cm) tại ba ñiểm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt x ≠ 0
⇔
17
4
2

<



≠


m
m

Khi ñó B(x
1
; 2x
1
+ 4), C(x
2
; 2x
2
+ 4)
Tam giác OBC vuông tại O
⇔
.
OB OC
 
= 0
Từ ñó tìm ñược m = - 6.
0,25
0
,25
0,25
0,25

0,5




0,5
Câu II
1) PT ñã cho tương ñương với
-2sin 2xsinx + sin2x – 2sinx + 1 = 0
⇔ (sin 2x + 1)(2sinx - 1) = 0
Từ ñó tìm ñược
5
2 ; 2 ; .
6 6 4
= + = + = − +
x k x k x k
π π π
π π π

2) ðK x ≥ 2
PT ñã cho tương ñương với
4 4
2 2 2
2 1 2
2 2 2

 
− − −
+ − =
 
+ + +
 
x x x
m
x x x

(*)
ðặt
4
2
2
x
t
x
−
=
+
, t ∈ [0; 1)
(*) thành m(t
2
+ 2t) = 2t + 1, t ∈ [0; 1) (**)
Do t = 0 không là nghiệm của (**) nên (**) tương ñương với
2
2 1
( ), (0;1)
2

t
m f t t
t t
+
= = ∈
+

Ta có
2
2 2
2 2 2
'( ) 0, (0;1)
( 2 )
t t
f t t
t t
− − −
= < ∀ ∈
+

Lập bảng biến thiên của f(t) suy ra m > 1 là giá trị cần tìm


0
,5

0,5

0,5






0,5

Câu III
2 2 2
2
3 2 2 3
2 2
( 1 ) 1
1
1 ( 1) 1
1 ( 1)
2 3 3 3
xdx
x x x dx x x dx x dx
x x
x x x x
x d x c
= + − = + −
+ +

+ +
= + + − = − +
∫ ∫ ∫ ∫
∫


0
,5



0,5
Câu IV
SI là ñường cao
Kẻ IM ⊥ BD ⇒ SM ⊥ BD suy ra góc giữa (SBD) và (ABCD) là ∠ SMI = 60
0

Tính ñược IM =
2
2
a
⇒ SI = IM tan60
0
=
6
2
a

0
,25
WWW.ToanCapBa.Net
12
Tính ñược
3
.
6
2
S ABCD
a
V =

+) Kẻ hình bình hành AECB ⇒ BC // (SAE)
d(SA,BC) = d(B,(SAE)) =
4 51
17
⋅
a



0,25



0,5
Câu V
Ta có

1 4 3
( 3 ) 4( 3 )
2 4
ab ca
a b c ab ca
+ +
+ = + ≤

Tương tự với 3 BðT còn lại suy ra ñiều phải chứng minh.


0,75

0,25
Câu VIa
1) Ta có
1 2
3 8
( , ) , ( , )
5 5
d I d d I d= =
(C) cắt d
1
tại A,B ⇔
2
2
9
5 4
AB
R = +

( 1)
(C) cắt d
1
tại A,B ⇔
2
2
64
5 4
CD
R = +
(2)
Từ (1), (2) suy ra
2 2
11
4
AB CD−
=
⇒ AB – CD = 4
Suy ra AB =
15
2
⇒ R
2
=
1269
80

Từ ñó suy ra pt ñường tròn

2) Gọi

n

(a ; b ; c) là vecto pháp tuyến của (Q) , a
2
+ b
2
+ c
2
> 0

1
n

(1; 1; 1) là vtpt của (P)
A, B ∈ (Q) ⇒ c = a + b ⇒
n

(a ; b ; a + b)
Ta có
2 2
2 2 | 2 2 |
cos
3
6( )
a b
a ab b
α
+
= =
+ +

⇔
2 2
2 2
2 4
3
a ab b
a ab b
+ +
=
+ +
⇔ ⇔ a = b
Từ ñó tìm ñược phương trình (Q): x + y + 2z – 3 = 0


0,25





0,25






0,5

0,25





0,5

0,25
Câu VIIa
ðK: x > 1; y > -2
Từ pt thứ hai của hệ suy ra y = 2x – 4
Thế vào pt thứ nhất ta ñược x
2
– 3x + 2 = 0 ⇔
1
2
x
x
=


=


ðối chiếu ñk ñược x = 2 ⇒ y = 0

0,5


0,5
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
13
Câu Vb
1) Dễ thấy AC ⊥ BD ⇒ 2S
ABCD
= AC.BD = 72 ⇒ AC =BD = 6
2

Gọi I = AC
∩ BD ⇒ I(3 ; 1)
Dễ thấy IA =IB= 2IC = 4
2

A
∈ AC ⇒ A(a ; 4 - a), a > 0
Ta có 32 = IA
2
= 2(a - 3)
2
⇔
7
1( )
a
a l
=



= −

⇒ A(7; -3)
Lại có
2
IA IC
= −
 
⇒ C(1; 3)
Làm tương tự ñối với B, D ta ñược B(7; 5), D(1; -1).

2) Phương trình mặt cầu (S) có dạng
X
2
+ y
2
+ z
2
– 2ax – 2by – 2cz + d = 0, a
2
+ b
2
+ c
2
– d > 0
Tâm I(a; b; c)
A, B, C ∈ (S) và I ∈ (P) ⇔
2 4 5

2 4 5
4 2 2 6
1
a b d
b c d
a b c d
a b c
+ − =


+ − =


+ + − =


+ + =


Giải hệ trên ñược
5 1 1 19
; ; ;
12 4 3 6
a b c d
= = = = −

KL

0,5


0,5








0,5



0,5
Câu VIIb
Ta có
3
n
= (4 - 1)
n
=
0 1 1 2 2
4 4 4 ( 1) 4 ( 1)
n n n k n k k n n

n n n n n
C C C C C
− − −
− + − + − + + −


⇔ 3
n
= 2187 ⇔ n = 7
KL


0,75

0,25


Chú ý: Trên ñây chỉ là sơ lược ñáp án, bài làm của học sinh phải ñược trình bầy chi tiết.
Các cách giải khác (nếu ñúng) vẫn cho ñiểm tương ứng như trên.


WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
14




I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0
điểm)

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
32
33 2=− + +yx x mx
(1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0.
b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
bằng
465
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
3 sin 2 cos 2 1 3 sin 3cos
x
xxx−+= +
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
22 2
(4 4 4 51)( ) 3 0
(, )
(2 7)( ) 1 0
xxyy xy
xy
xxy
⎧
−+− −+=
∈
⎨
−−+=
⎩
\
.

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
1
2
0
(1)1
(1)( 1)
x
x
xx e
I
dx
xxe
++ −
=
++
∫
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và
mặt bên SCD là tam giác vuông cân tại S; N là trung điểm của đoạn CD. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AN theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
1abc
=
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
72
()()()
1
Pabbcca
abc
=+ + ++

+++
.
II. PHẦN RIÊNG( 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A; D là trung điểm của đoạn
AB. Biết rằng
11 5 13 5
;, ;
33 33
IE
⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trọng tâm tam
giác ADC; các điểm M(3; - 1), N(- 3; 0) lần lượt thuộc các đường thẳng DC, AB. Tìm tọa độ các điểm A,
B, C biết A có tung độ dương.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):

222
24650xyz xyz++−−−+=
, điểm A(1; 2; 0) và điểm B(2; 0; 1). Viết phương trình mặt phẳng
(ABC), biết điểm C thuộc (S) và
n
0
30ACB = .
Câu 9.a (1,0 điểm). Giải phương trình
3
2
23 4
3

log .log 3 log log
x
xxx+= +
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E):
22
1
25 9
xy
+
=
có hai tiêu điểm là F
1
, F
2
.
Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MF
1
F
2
bằng
4
3
.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD có hai đáy AB,
CD thỏa mãn CD = 2AB và diện tích bằng 27; đỉnh A(-1;-1;0); phương trình đường thẳng chứa cạnh
CD là
213
221

x
yz−+−
==
. Tìm tọa độ các điểm B, C, D biết hoành độ điểm B lớn hơn hoành độ của
điểm A.
Câu 9.b (1,0 điểm).Cho số phức z thỏa mãn
(1)(2)3
2
2
zii
zi
−
−+
=
+
. Tìm phần thực và phần ảo của z
9
.

HẾT

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………………………; Số báodanh:…………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối A, A1, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net
15

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
Với m = 0, ta có
32
yx 3x 2=− +

+) Tập xác định: D = R.
+) Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
x0
y3x6x;y0
x2
=
⎡
′′
=− =⇔
⎢
=
⎣
.
0,25
- Các khoảng đồng biến (-∞; 0) và (2; +∞), nghịch biến trên (0; 2).
- Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 2; đạt cực tiểu tại x

= 2, y
CT
= -1.
- Giới hạn:
x
x
lim y và lim y
→+∞
→−∞
=+∞ =−∞
.

0,25
Bảng biến thiên:









0,25
+) Đồ thị:

0,25
b) (1,0 điểm)
Ta có
2
y3x6x3m
′
=−+
.
Đồ thị hàm số có cực trị ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt
12
x,x
⇔
99m 0 m1−>⇔<
.
Theo Định lí Viet ta có:
12
12
xx 2
xx m
+
=
⎧
⎨
=
⎩




0,25

Do
x1
yy.( )2(m1)xm2
33
′
=−+−++

nên toa độ hai điểm cực trị là:
11
A(x ; 2(m 1)x m 2)−++;
22
B(x ;2(m 1)x m 2)
−
++

0,25
22 2 3
12
AB [4(m 1) 1](x x ) 4[4(1 m) (1 m)]⇒=−+−=−+−
0,25
1
(
2,0 điểm)
Theo giả thiết :
33
4[4(1 m) (1 m)] 16.65 4(1 m) (1 m) 260 0−+−= ⇔−+−−=.
m3
⇔
=−

0,25
Phương trình tương đương :
2
2 3 sin x cos x (2 cos x 1) 1 ( 3 sin x 3cos x) 0−−+−+=
3 sin x(2 cos x 1) (2cos x 1)(cos x 2) 0⇔−−−+=

0,25
2
(
1,0 điểm)
(2cos x 1)( 3sin x cos x 2) 0⇔− −−=
0,25
x
∞+
0
-
∞

2
0
0
∞
−
2
-2
∞+
'y

y

+
-
+
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
16
1
cos x
2
sin(x ) 1
6
⎡
=
⎢
⇔
⎢
π
⎢
−=
⎢
⎣



0,25
xk2xk2
33
(k Z)
2
xk2xk2

62 3
ππ
⎡⎡
=± + π =± + π
⎢⎢
⇔⇔∈
⎢⎢
ππ π
⎢⎢
−=+ π = + π
⎢⎢
⎣⎣



0,25
Hệ phương trình tương đương :
22 22
22
31
4x 4xy 4y 51 (x y) 3((x y) ) 51
(x y) (x y)
11
2x 7 x y x y 7
xy xy
⎧⎧
−++ = ++ −+ =
⎪⎪
−−
⎪⎪

⇔
⎨⎨
⎪⎪
+= ++−+=
⎪⎪
−−
⎩⎩
.


0,25
Đặt
axy
1
bxy
xy
=+
⎧
⎪
⎨
=−+
⎪
−
⎩
; ta có hệ
22
a3;b4
a3b57
15 1
a;b

ab7
22
==
⎡
⎧
+=
⎢
⇔
⎨
−
⎢
==
+=
⎩
⎣
.


0,25
Với a = 3; b = 4 ta có:
53 13
xy3
x;y
22
1
xy 4
53 13
xy
x;y
22

⎧
⎡
+−
+=
==
⎪
⎢
⎪
⎢
⇔
⎨
−+ =
⎢
−+
⎪
−
==
⎢
⎪
⎣
⎩
.


0,25
3
(
1,0 điểm)
Với
15 1

a;b
22
−
==
thay vào có hệ phương trình vô nghiệm.
0,25
1
x
x
0
(x 1)e 1
I( )dx
xe 1 x 1
+
=−
++
∫

0,25
11
00
(1)(1)
(
11
x
x
dxe dx
xe x
+
+

=−
+
+
∫∫

0,25
x1
0
[ln(xe 1) ln(x 1)] |=+−+
0,25
4
(
1,0 điểm)
ln(e 1) ln 2
=
+−
0,25
Gọi M là trung điểm của AB,ta có
SM AB
AB (SMN)
NM AB
⊥
⎧
⇒⊥
⎨
⊥
⎩
. Kẻ
SH MN SH (ABCD)
⊥

⇒⊥


0,25
5
(
1,0 điểm)
Trong tam giác SMN có
a3 a
SM ;SN ;MN a
22
=
==
nên tam giác SMN vuông tại S
a3
SH
4
⇒=

3
S.ABCD ABCD
1a3
VSH.S
312
⇒= =
.



0,25

Gọi E là trung điểm của BC. Xét tam giác vuông SMN ta có
3a a
HM ; HN
44
=
= nên
H
là giao của MN và DE .Gọi K là giao điểm AN và DE.
K
ẻ
KP SD KP AN⊥⇒⊥
nên KP là đoạn vuông góc chung của SD và AN.

0,25

Trong tam giác SDH có
a5a3
.
DK.SH a 30 a 30
54
KP d(SD,AN)
DS 20 20
a2
2
== =⇒ =
.

0,25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net

17
Ta có: (a b)(b c)(c a) (a b c)(ab bc ca) 1+++=++ ++−
0,25
Do
22
(x y z) 3(xy yz zx) (ab bc ca) 3abc(a b c)++ ≥ + + ⇒ + + ≥ ++

ab bc ca 3(a b c)⇒++≥ ++
Suy ra
1
1
72
)(3)( −
+++
+++++≥
cba
cbacbaP .

0,25
Đặt 3≥⇒++= tcbat .
Khi đó
1
1
72
3)( −
+
+=≥
t
tttfP ,
3

3
33t(t 1) 72
f(t) 0
2(t 1)
+−
′
=
≥
+
, với t3≥ .

0,25
6
(
1,0 điểm)
Do đó f(t) đồng biến trên
[
)
3;
+
∞
f(t) f(3) 44⇒≥=
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của
P là 44 khi a = b = c = 1.

0,25
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Do
I
DAB⊥ và

//
E
GAB
nên
I
DGE
⊥
, mặt khác
I
GDE
⊥
nên I là trực
tâm tam giác
DEG EI DC⇒⊥ ⇒phương trình DC: x = 3.

0,25

Gọi D(3; a). Ta có
25 3a
DI ( ; ); DN ( 6; a)
33
−
=
=− −
J
JG JJJG
.
Theo giả thiết suy ra
a3
53a

DI.DN 0 4 a 0
4
3
a
3
=
⎡
−
⎢
=⇔−− =⇔
⎢
=
−
⎣
JJG JJJG
.


0,25
+) Với a = 3 thì D(3; 3) suy ra phương trình AB: x - 2y + 3 = 0

44
DE ( ; )
33
=−
JJJG
là véc tơ pháp tuyến của AI nên phương trình AI
: x - y - 2 = 0
Tọa độ A là nghiệm của hệ )5;7(
02

032
A
yx
yx
⇒
⎩
⎨
⎧
=−−
=+−
, suy ra
B(-1; 1), C(3; -3).



0,25
7.a
(
1,0 điểm)
+) Với )
3
4
;3(
3
4
−=⇒−= Da
44
aD3;
33
⎛⎞

=
−⇒ −
⎜⎟
⎝⎠

Phương trình AB: 2x + 9y + 6 = 0
Phương trình AI: 12x + 27y - 89 = 0
Tọa độ A là nghiệm của hệ
107
x
2x 9y 6 0
6
12x 27y 89 0 125
y
27
⎧
=
⎪
++=
⎧
⎪
⇔
⎨⎨
+−=
⎩
⎪
=−
⎪
⎩
không thỏa mãn.

0,25
8.a
(
1,0 điểm)
Do , ( )AB S∈ và
6AB =
nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
AB
r6
2sinC
==

0,25
Phương trình mặt phẳng (P) là:
222
a(x 1) b(y 2) cz 0, (a b c 0)
−
+−+= ++≠

D
o B (P) a 2b c 0 c 2b a (1)∈⇒−+=⇒=−
Ta có:
22 2 2 2
222
3c
d(I, (P)) R r 2c a b (2).

abc
==−⇔=+
++

Thế (1) vào (2) ta có :
22
a8ab7b 0−+ =
ab cb
a7b c 5b
=⇒=
⎡
⇔
⎢
=
⇒=−
⎣
.

0,25





Với a = b = c ⇒ phương trình mp(P): x + y + z – 3 = 0. 0,25

Với a = 7b, c = –5b ⇒ phương trình mp(P): 7x + y – 5z – 9 = 0 0,25
Điều kiện xác định: x > 0.
Phương trình tương đương:
23 3 2

log .log 3 3log log
x
xxx
+
=+


0,25
9.a
(
1,0 điểm)
23
(log x 3)(log x 1) 0⇔− −=
0,25

A


D
C
B

G
E
I
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
18

2

3
log x 3
log x 1
=
⎡
⇔
⎢
=
⎣


0,25

x8
x3
=
⎡
⇔
⎢
=
⎣
.
0,25
1212
MF MF FF
a5,b3 c4 p 9
2
+
+
==⇒=⇒= =

0,25
12
MF F MM
41
Spr9.d(M,Ox).8d(M,Ox)3yy3
32
⇒=== ⇒ ==⇒=±

0,25
Do đó M(m;3) hoặc M(m;-3).
0,25
7.b
(
1,0 điểm)
Vì M thuộc (E) nên m = 0. Vậy M(0;3) và M(0;-3) là hai điểm thỏa mãn bài toán.
0,25
Đường thẳng CD qua M(2;-1;3) có véc tơ chỉ phương
u (2; 2;1)=
G

Gọi
H(2 2t; 1 2t;3 t)+−+ +
là hình chiếu của A lên CD, ta có
AH.u 2(3 2t) 2.2t (3 t) 0 t 1 H(0; 3; 2);d(A; CD) AH 3=++ ++=⇒=−⇒ − = =
JJJG G
.

0,25
Từ giả thiết có:

ABCD
2S
AB CD 3AB 18 AB 6;DH 3;HC 9
AH
+= = =⇒= = =
.
Đặt
BA
AB
AB t u (2t; 2t; t ) t 0(x x ) t 2 AB (4; 4; 2) B(3; 3; 2)
u
== ⇒> > ⇒= =⇒ = ⇒
JJJG G JJJG
G
.


0,25
9
HC AB (6;6;3) C(6;3;5)
6
== ⇒
JJJG JJJG


0,25
8.b
(
1,0 điểm)
3

HD AB (2;2;1) D(2;5;1)
6
=− = − − − ⇒ − −
JJJG JJJG


0,25
Đặt zxyi,(x,yR) zxyi=+ ∈ ⇒=− .
0,25
(z 1)(2 i) 3 i
(4 2i)z (3 i)z 2 4i (x y) (7y 3x)i 2 4i
2
z2i
xy2
xy1 z1i.
7y 3x 4
−− +
=⇔−−+=+⇔++−=+
+
+=
⎧
⇔⇔==⇒=+
⎨
−=
⎩



0,25
Do đó

99
99
z ( 2) (cos sin ) 16 16i
44
ππ
=+=+.

0,25
9.b
(
1,0 điểm)
Phần thực của z là 16, phần ảo của z là 16.
0,25

…… Hết…….

WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
19
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG
KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ 1
NĂM HỌC 2012 - 2013
MÔN: TOÁN – KHỐI A, A
1
, B
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Câu I (2,5 điểm) Cho hàm số:
3 2
3 4
y x x

  
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm điểm M trên đường tròn (L): x
2
+ y
2
= 1 sao cho diện tích của tam giác MEF bằng
3; với E, F là các điểm cực trị của đồ thị (C).
Câu II (1,25 điểm) Giải phương trình:
sin2 3cos2 3sin cos 3 0
x x x x
    
Câu III (1,25 điểm) Giải hệ phương trình:
8
5
x x x y y y
x y

  


 


Câu IV (1,25 điểm) Tính tích phân sau:
4
2
0
sin4
cos

x x
I dx
x




Câu V (1,25 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B, với
2
AB a

, AD = 2BC = 2a. Gọi O là giao điểm của AC và BD, biết SO vuông góc với mặt
phẳng (ABCD) và góc giữa SA với mặt phẳng (ABCD) bằng 60
0
. Hãy tính theo a thể tích của
khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD).
Câu VI (1,25 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(3; 3),
phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là: 2x + y + 6 = 0. Chân đường cao kẻ từ A là điểm H
thuộc cạnh BC sao cho: 3HB = 2HC = HA. Tìm tọa độ đỉnh A, biết rằng A có hoành độ âm.
Câu VII (1,25 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy viết phương trình mặt phẳng
(P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S): x
2
+ y
2
+ z
2
– 2x – 4y – 6z + 10 = 0 theo một vòng tròn (C)
có bán kính r bằng
19
5

.
………………………………… HẾT………………………………….
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
20
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG
ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ 1
NĂM HỌC 2012 - 2013
MÔN: TOÁN – KHỐI A, A
1
, B
Câu I (2,5 điểm) Cho hàm số:
3 2
3 4
y x x
  
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(
C
)
của hàm số đã cho
.
1
,25
Đ
a) Tập xác định:
=
D


b) Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên:
2
' 3 6 ; ' 0 0 2
y x x y x x
      
0,25
y’ > 0

x

(–

; 0)

(2; +

); y’ < 0

x

(0; 2)
 Hàm số đồng biến trên các khoảng (– ; 0), (1; + ) và nghịch biến trên (0; 1)
0,25

Cực trị: hàm số đạt CĐ tại x = 0 và
(0) 4
CĐ
y y
 

;
hàm số đạt CT tại x = 2 và
(2) 0
CT
y y
 
 Giới hạn ở vô cực:
;
x x
lim y lim y
 
   
0,25
 Bảng biến thiên:
0,25
c) Đồ thị hàm số:
Đồ thị hàm số cắt Oy tại (0; 4) và đi qua các điểm
(1; 2) (–1; – 4) và (3; 4).
0,25
2. Tìm điểm M trên đường tròn (L): x
2
+ y
2
= 1 sao cho diện tích của tam giác
MEF bằng 3; với E, F là các điểm cực trị của đồ thị (C).
1,25Đ
Gọi E(0; 4) và F(2; 0) lần lượt là các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị (C)

2 5
EF 

.
Đường thẳng (EF) đi qua E(0; 4) và có vec tơ chỉ phương
(2; 4)
EF
 

nên có
phương trình: 2x + y – 4 = 0
0,25
Ta có:
1
2
3
. ( , ) 3 ( , )
5
MEF
S EF d M EF d M EF   
2 4
3
2 7 2 1
5 5
M M
M M M M
x y
x y x y
 
       
0,25
Mà theo giả thiết, ta có: M


(L): x
2
+ y
2
= 1
Do đó, tọa độ của M là nghiệm của hệ:
2 2 2 2
2 7 2 1
( ) ( )
1 1
x y x y
a b
x y x y
   
 

 
   
 
0,25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
21
 Hệ (a)
2 2 2
7 2 7 2
(7 2 ) 1 5 28 48 0
y x y x
x x x x
   

 
 
 
     
 
(hệ phương trình vô nghiệm)
 Hệ (b)
4
5
2 2 2
3
5
1 2 1 2
0
1
(1 2 ) 1 5 4 0
x
y x y x
x
y
y
x x x x

   


 


   

   

 
    


 

0,25
Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu bài toán là:
3
4
5 5
(0;1) ( ; )
M M
 
0,25
Câu II (1,25 điểm)
Giải phương trình:
sin2 3cos2 3sin cos 3 0
x x x x
    
1,25Đ
Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
2
2sin cos 3(2cos 1) 3sin cos 3 0
2cos (sin 3cos 2) 3(sin 3cos 2) 0
x x x x x
x x x x x
     

      
0,25
(2cos 3)(sin 3cos 2) 0
2cos 3 0 (1) sin 3cos 2 0 (2)
x x x
x x x
    
      
0,25
(1)
6 6 6
cos cos 2 2 ;x x k x k k
  
 
         

0,25
(2)
3
5
1
2 2 3 6
sin cos 1 sin( ) 1 2 ;x x x x l l
 

         

0,25
Vậy phương trình đã cho có nghiệm:
6

2x k


   
5
6
2 ; ,x l k l


  

0,25
Chú ý: Thí sinh có thể đưa phương trình thành phương trình bậc hai theo cosx, giải ra tìm
3
sin 2
2
3
cos cos
x
x x

  
, giám khảo cho tương ứng 0,5 điểm
Câu III (1,25 điểm)
Giải hệ phương trình:
8
5
x x x y y y
x y


  


 


1,25Đ
Với điều kiện:
0; 0
x y
 
, hệ phương trình đã cho tương đương hệ phương trình:
8 5( ) ( )( 8 ) (1)
5 5
x x y y x y x x y y x y x y
x y x y
 
      
 

 
   
 
 
0,25
Phương trình (1)
3 2 2 3
4( ) 8( ) ( ) ( )( ) 3( ) 0
x x y x y y
    

(1')
Khi y = 0 thì x = 0, nhưng không thỏa hệ phương trình đã cho.
Do đó, khi chia hai vế của phương trình (1'), ta được:
3 2
3
1
2 2
4( ) 8( ) ( ) 3 0 1
x x x x x x
y y y y y y
          
(vô lý)
0,25
 Khi
1
x
y

, ta có hệ phương trình:
0
5
x y
x y
 


 

(vô nghiệm)
0,25

 Khi
3
2
x
y

, ta có hệ phương trình:
4 9 0 9
5 4
x y x
x y y
  
 

 
  
 
0,25
Nghiệm:
( 9; 4)
x y
 
thỏa các điều kiện đã nêu.
Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm:
( 9; 4)
x y
 
0,25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net

22
Câu IV (1,25 điểm)
Tính tích phân sau:
4
2
0
sin4
cos
x x
I dx
x




1,25Đ
Ta có:
4 4 4
2 2 2
0 0 0
sin4 sin4
cos cos cos
x x x x
I dx dx dx
x x x
  

  
  
Xét:

4
1
2
0
cos
x
I dx
x



. Đặt:
2
cos
dx
x
u x
dv







, ta có:
tan
du dx
v x






0,25
Suy ra:
4
4
4
1
1
4 4 2
0
0
0
(cos )
tan ln cos ln2
cos
d x
I x x x
x



 
     

0,25
Xét:
4 4

2
2
0 0
sin (2cos 1) 1
4 4 2cos (cos )
cos cos
x x
I dx x d x
x x
 



  
 


 
0,25
4
2
1 1
2 2
0
4(ln cos cos ) 4( ln2 1) 2ln2 2
x x

        
0,25
Vậy:

10ln 2 8
1
4 2 4
ln2 2ln2 2I
 
 
    
0,25
Câu
V
(1,25
điểm
)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B, với
2
AB a
 , AD =
2BC = 2a. Gọi O là giao điểm của AC và BD, biết SO vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) và góc giữa SA với mặt phẳng (ABCD) bằng 60
0
. Hãy tính theo a thể tích
của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD).
1,25Đ
Ta có hình chiếu của SA trên mặt phẳng (ABCD)
là OA nên góc giữa SA với mặt phẳng (ABCD) là
góc

0
60
SAO


Ta có:
2 2
3
AC AB BC a
   . Mặt khác, hai
tam giác OCB và OAD đồng dạng theo tỷ số
1 1 2 2
2 2 3 3
3
OC
OA
OA AC a
    
0,25
Xét tam giác SOA vuông tại O 

tan 2
SO OA SAO a
 
Do đó:
3
1 1
.
3 6
. ( 2 ) 2.2 2
S ABCD ABCD
V S SO a a a a a   
0,25
Ta có:

3
2
( ,( )) 3
( ,( )) ( ,( ))
( ,( )) 2
d B SCD DB
d B SCD d O SCD
d O SCD DO
   
Kẻ OK  CD (K  CD)  mp(SOK)  mp(SCD) theo giao tuyến SK
Kẻ OH  SK (H  SK)  OH  mp(SCD)  d(O, (SCD)) = OH.
0,25
Ta có:
2
1 1 1 1
3 3 3 3
( ) 2
OCD ACD ABCD ABC
OC AC S S S S a     
Mà:
2
2 2
2 2
3 3
( ) 3
OCD
S
a
CD
CD AB AD BC a OK      

0,25
Suy ra:
2 2 2 2 2 2
2 2
27 29
1 1 1 1
29
8 4 8
a
OH OK OS a a a
OH      
Vậy:
3 58
2 2
3
2 29
29
( ,( )) .
aa
d B SCD  
0,25
Chú ý: Thí sinh có thể chứng minh tam giác OCD vuông tại O để tính độ dài đoạn OK.
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
23
Câu VI (1,25 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(3; 3), phương trình
đường thẳng chứa cạnh AB là: 2x + y + 6 = 0. Chân đường cao kẻ từ A là điểm H
thuộc cạnh BC sao cho: 3HB = 2HC = HA. Tìm tọa độ đỉnh A, biết rằng A có hoành
độ âm.

1,25Đ
Ta có:


1 1
3 2
tan ;tanBAH CAH
 
Do H thuộc cạnh BC, suy ra:



 
 
1 1
3 2
1 1
3 2
tan tan
1 .
1 tan .tan
tan tan( ) 1
BAH CAH
BAH CAH
BAC BAH CAH




    

Suy ra:

0
45
BAC

.
0,5
Đường thẳng (AC) đi qua điểm C(3; 3), nên có phương trình dạng: a(x – 3) + b(y – 3)
= 0  ax + by – 3a – 3b = 0, với a
2
+ b
2
> 0
Đường thẳng (AC) có vtpt
1
( ; )
n a b


, đường thẳng (AB) có vtpt
2
(2;1)
n 

Ta có:

2 2
2
0 2 2

1 1
1 2
2 2
5
45 cos( , ) 2 2 5( )
a b
a b
BAC n n a b a b


        
 
2 2
1
3
3 8 3 0 3
a ab b a b a b
        
0,25
 Với:
1
3
a b

, chọn: a = 1; b = 3, ta được phương trình (AC): x + 3y – 12 = 0.
Suy ra tọa độ đỉnh A là nghiệm hệ phương trình:
2 6 0
( 6;6)
3 12 0
x y

A
x y
  

 

  

0,25

Với:
3
a b
 
, chọn: a = 3; b = –1, ta được phương trình (AC): 3x – y – 6 = 0.
Suy ra tọa độ đỉnh A là nghiệm hệ phương trình:
2 6 0
(0; 6)
3 6 0
x y
A
x y
  

 

  

(loại)
Vậy

:
A
(
–
6; 6)
0,25
Chú ý: Thí sinh có thể tìm hình chiếu K của C trên AB, khi đó do

KAC vuông cân tại K nên
KA = KC, từ đó tìm tọa độ đỉnh A.
Câu VII (1,25 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục
Ox và cắt mặt cầu (S): x
2
+ y
2
+ z
2
– 2x – 4y – 6z + 10 = 0 theo một vòng tròn (C) có
bán kính r bằng
19
5
.
1,25Đ
Mặt phẳng (P) chứa trục Ox nên có phương trình dạng: by + cz = 0, với b
2
+ c
2
> 0.
0,25

Phương trình chính tắc của (S) là: (x – 1)
2
+ (y – 2)
2
+ (z – 3)
2
= 4
Suy ra (
S
)
có tâm
I
(
1
;
2
;
3
)
và bán kính
R
= 2.
0,25
Do (P) cắt (S) theo một vòng tròn (C) có bán kính r bằng
19
5
nên
2 2
2 3
2 2 2 2

1 1
5 5
( ,( )) 5 2 3
b c
b c
d I P R r b c b c


        
0,25
2 2
22
19
19 60 44 0 2
b bc c b c b c
         
Với
22
19
b c
 
, ta chọn: b = 22; c = –19; với b = – 2c, ta chọn: b = 2, c = –1.
0,25
Vậy có hai mặt phẳng thỏa điều kiện bài toán là:
1 2
( ): 2 0 & ( ): 22 19 0
P y z P y z
   
0,25
WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net
24
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG
KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ 1
NĂM HỌC 2012 - 2013
MÔN: TOÁN – KHỐI D
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Câu I (2,5 điểm) Cho hàm số:
2 1
1
x
y
x



1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến  của đồ thị (C), sao cho tiếp tuyến  cắt trục hoành, trục
tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và OB = 3OA.
Câu II (1,25 điểm) Giải phương trình:
sin2 3cos2 3sin cos 3 0
x x x x
    
Câu III (1,25 điểm) Giải hệ phương trình:
2
2
1 ( ) 4
( 1)( 2)
x y x y y
x y x y


   


   


Câu IV (1,25 điểm) Tính tích phân sau:
2
2 3
1 ln
ln
e
e
x x
I dx
x x



Câu V (1,25 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B, với
2
AB a

, AD = 2BC = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và góc giữa SC
với mặt phẳng (ABCD) bằng 60
0
. Hãy tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng
cách từ B đến mặt phẳng (SCD).
Câu VI (1,25 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(3; 3),

phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là: 2x + y + 6 = 0. Biết rằng diện tích của tam giác
ABC bằng 30, góc

0
45
BAC

và A có hoành độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh A, B.
Câu VII (1,25 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy viết phương trình mặt phẳng
(P) chứa trục Ox và tiếp xúc với mặt cầu (S): x
2
+ y
2
+ z
2
– 2x – 4y – 6z +
69
5
= 0.
………………………………… HẾT………………………………….
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
25