TỔNG hợp đề THI THỬ TN THPT QUỐC GIA đại học môn TOÁN có đáp án

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI THỬ TN THPTQG VÀ ĐẠI HỌC NĂM HỌC
2014-2015 LẦN 1
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1) 1y x mx m x m= − + − − +
(1), (với m là tham số).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm
cực đại của đồ thị đến gốc tọa độ bằng
2 10
.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:
2
sin 2 (1 2cos3 ).sin 2sin (2 ) 0
4
x x x x
π
+ + − + =
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
2 3 1x x− ≤ − +
.
Câu 4 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình:

( )
2

4 4 5 2 0x x m x x− + − + + =
có nghiệm
2;2 3x
 
∈ +
 
.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = a, AB=2a,
SA ⊥ (ABC). Góc giữa SC và (ABC) bằng 60
o
. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A
lên SB, SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và chứng minh tam giác AHK vuông tại K.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực dương
, ,x y z
thoả mãn:
( 1) ( 1) ( 1) 6.x x y y z z
− + − + − ≤
Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 1 1
.
1 1 1
A
x y y z z x
= + +
+ + + + + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm M(3;1) và I(2;-2). Viết phương
trình đường thẳng d đi qua M và cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác IAB cân tại I.

Câu 8.a (1,0 điểm) Giải phương trình:
2 3
1 81 9
3
log 20log 40log 7 0x x x− + + =
.
Câu 9.a (1,0 điểm) Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà trong các số đó, mỗi chữ số
đứng trước đều nhỏ hơn chữ số đứng sau nó (kể từ trái qua phải).
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn
( )
2 2
: ( 1) ( 1) 20C x y− + + =
. Biết AC=2BD, điểm B có hoành độ dương và thuộc đường thẳng
: 2 5 0d x y− − =
. Viết phương trình cạnh AB của hình thoi.
Câu 8.b (1,0 điểm) Tìm giới hạn:
0
3 1
lim
x
x
I
x
→
−
=
.
Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm hệ số của x
10

trong khai triển
2
( 3 )
n
x x−
, (x >0, n nguyên dương) biết
tổng tất cả các hệ số trong khai triển bằng
2048−
.
Trang 1
Hết
Họ và tên thí sinh:…………………………………… Số báo danh:…………
ĐÁP ÁN
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần
đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Nội dung trình bày Thang
điểm
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,0
điểm
Câu 1
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1 1,0
điểm
Với m=1, hàm số (1) trở thành
3 2
3y x x= −

• TXĐ:
D = ¡
• Sự biến thiên:
+ Giới hạn:
lim ,lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
0,25
+ Chiều biến thiên:
2
0
' 3 6 , ' 0
2
x
y x x y
x
=

= − = ⇔

=

Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ;0) & (2; )−∞ +∞
Hàm số nghịch biến trên khoảng
(0;2)
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0,
0

cd
y =
; cực tiểu tại x=2,
4
ct
y = −
0,25
• BBT
0,25
• Đồ thị: Tiếp xúc Ox tại O, cắt Ox tại (3;0).
0,25
Trang 2

2
-2
-4
-5
5
x
f
x
( )
=
x
3
-3
⋅
x
2
O

y

b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực
đại của đồ thị đến gốc tọa độ bằng
2 10
.
1,0
điểm
Trong trường hợp tổng quát, ta có
2 2
' 3 6 3( 1)y x mx m= − + −
,
1
2 2
2
1
' 0 2 1 0
1
x m
y x mx m
x m
= −

= ⇔ − + − = ⇔

= +


0,25
Vì

' 0y =
luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên hàm số luôn có cực đại,
cực tiểu với mọi m.
0,25
Dề thấy
1 1m m
− < +
, nên y’ đổi dấu từ dương sang âm khi x đi qua
1
1x m= −
,
do đó đồ thị hàm số có điểm cực đại là
( 1;3 3 )A m m− −
0,25
Ycbt tương đương với
2 2
3
( 1) 9(1 ) 2 10 | 1| 2
1.
m
OA m m m
m
=

= − + − = ⇔ − = ⇔

= −

Vậy m=3 hoặc m=-1.
0,25

Câu 2
Giải phương trình:
2
sin 2 (1 2cos3 ).sinx 2sin (2 ) 0 (1)
4
x x x
π
+ + − + =
.
1,0
điểm
(1) sin 2 (1 2cos3 ).sinx 1 cos(4 ) 0
2
x x x
π
⇔ + + − + + =
0,25
sin 2 sin 2cos3 .sin 1 sin 4 0x x x x x⇔ + + − − =
0,25
sin 2 sin sin 4 sin 2 1 sin 4 0 sin 1x x x x x x⇔ + + − − − = ⇔ =
0,25
2 , .
2
x k k
π
π
⇔ = + ∈¢
KL…
0,25
Câu 3

Giải bất phương trình:
2 3 1x x− ≤ − +
.
1,0
điểm
ĐK:
2x ≥
. 0,25
Bpt tương đương với
2
2 1 3 2 1 2 2 9x x x x x− + + ≤ ⇔ − + − − ≤
0,25
2
2 2
5
5 2
25 10 2
x
x x x
x x x x
≤

− ≥ − − ⇔

− + ≥ − −

0,25
5
3.
3

x
x
x
≤

⇔ ⇒ ≤

≤

Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình
là [2;3].
0,25
Trang 3
Câu 4
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình:

( )
2
4 4 5 2 0x x m x x− + − + + =
có nghiệm
2;2 3x
 
∈ +
 
.
1,0
điểm
ĐK:
x∀ ∈¡
. Đặt

( )
2
2
4 5 2 1 1x x t t x− + = ⇒ = − + ≥
.
Vì
2;2 3x
 
∈ +
 
và
2
2 4
( ) 0, [2;2 3]
2 4 5
x
t x x
x x
−
′
= ≥ ∀ ∈ +
− +
nên
[ ]
1;2t ∈
.
0,25
Phương trình trở thành
2
7t

m
t
−
=
. Pt đã cho có nghiệm
2;2 3x
 
∈ +
 

⇔
pt
2
7t
m
t
−
=
có nghiệm
[ ]
1;2t ∈
0,25
Xét
2
7
( )
t
f t
t
−

=
với
[ ]
1;2t ∈
,
[ ]
2
2
7
( ) 0, 1;2
t
f t t
t
+
′
= > ∀ ∈
[1;2]
[1;2]
3
min ( ) (1) 6,max ( ) (2)
2
f t f f t f⇒ = = − = = −
0,25
⇒
Vậy
3
6;
2
m
 

∈ − −
 
 
là các giá trị cần tìm.
0,25
Câu 5
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = a,
AB = 2a, SA ⊥ (ABC). Góc giữa SC và (ABC) bằng 60
o
. Gọi H, K lần lượt là
hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và
chứng minh tam giác AHK vuông tại K.
1,0
điểm

60
°
A
C
B
S
H
K
Ta có
2
2 2 2 2
1 3
4 3 .
2 2
ABC

a
CB AB AC a a a S AC CB
∆
= − = − = ⇒ = =
0,25
Góc giữa SC và (ABC) là
·
o
60SCA =
nên ta có
2 3
o
.
1 1 3
tan 60 3 . . 3.
3 3 2 2
S ABC ABC
a a
SA AC a V SA S a
∆
= = ⇒ = = =
(đvtt)
0,25
Vì
BC AC
BC AK
BC SA
⊥

⇒ ⊥


⊥

,
0,25
mà
AK SC⊥
suy ra
( )AK SBC⊥
, do đó
AK KH⊥
, hay
∆
AHK vuông tại K.
(đpcm)
0,25
Trang 4
Câu 6
Cho các số dương
, ,x y z
thoả mãn:
( 1) ( 1) ( 1) 6.x x y y z z
− + − + − ≤
Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
1 1 1
.
1 1 1
A
x y y z z x

= + +
+ + + + + +
1,0
điểm
( 1) ( 1) ( 1) 6x x y y z z
− + − + − ≤
2 2 2
( ) 6x y z x y z⇔ + + − + + ≤
2
18 ( ) 3( ) 3 6x y z x y z x y z⇒ ≥ + + − + + ⇔ − ≤ + + ≤
0 6x y x
⇒ < + + ≤
0,25
Ta có:
1 1 2
1 25 5
y z
y z
+ +
+ ≥
+ +
;
1 1 2
1 25 5
z x
z x
+ +
+ ≥
+ +
;

1 1 2
1 25 5
x y
x y
+ +
+ ≥
+ +
0,25
2( ) 3 6
25 5
x y z
A
+ + +
⇒ + ≥
6 2( ) 3 3
5 25 5
x y z
A
+ + +
⇔ ≥ − ≥
0,25
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2x y z
= = =
. Vậy
min
3
2
5
A x y z

= ⇔ = = =
.
Cách khác: Đặt
, 0t x y z t= + + >
.
Sử dụng BĐT
2 2
2 2 2
( )
6 (0;6]
3 3
x y z t
x y z t t
+ +
+ + ≥ ⇒ − ≤ ⇒ ∈
.
Chứng minh
1 1 1 9
, , , 0a b c
a b c a b c
+ + ≥ ∀ >
+ +
và áp dụng kết quả này ta
được
9
2 3
A
t
≥
+

. Xét
9
( )
2 3
f t
t
=
+
trên (0;6], suy ra kết quả bài toán.
0,25
II. PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 3,0
điểm
PHẦN A: Theo chương trình Chuẩn
Câu
7.a
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d đi qua M(3;1) và
cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác IAB cân tại I(2;-2). 1,0
điểm
Giả sử đường thẳng d cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A(a;0), B(0;b),
( , 0)a b ≠
Phương trình đường thẳng d có dạng:
1
x y
a b
+ =
Do d qua M(3;1) nên
3 1
1 (1)
a b
+ =

0,25
Đồng thời,
IAB∆
cân tại I nên
2 2 2 2
( 2) (0 2) (0 2) ( 2)IA IB a b= ⇔ − + + = − + +
2 2
4
a b
a b
a b
= −

⇔ − = + ⇔

= +

0,25
• Với
a b= −
, thay vào (1) ta được
2; 2a b= = −
nên phương trình đường
thẳng d là
2 0x y− − =
0,25
• Với
4,a b= +
thay vào (1) ta được
( )

; (6;2)a b =
hoặc
( ; ) (2; 2)a b = −
Từ đó, phương trình đường thằng d là
3 6 0x y+ − =
hoặc
2 0x y− − =
0,25
Trang 5
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là
: 3 6 0d x y+ − =
hoặc
: 2 0d x y− − =
Câu
8.a
Giải phương trình:
2 3
1 81 9
3
log 20log 40log 7 0x x x− + + =
1,0
điểm
Điều kiện:
(0; )x ∈ +∞
Khi đó,
1 81 9
3
2log 60log 20log 7 0PT x x x⇔ − + + =
0,25
3 3 3

2log 15log 10log 7 0x x x⇔ − − + + =
0,25
3
7log 7 3x x⇔ = ⇔ =
0,25
Vậy x =3 là nghiệm của phương trình. 0,25
Câu
9.a
Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà mỗi chữ số đứng trước đều nhỏ hơn
chữ số đằng sau nó.
1,0
điểm
Giả sử số cần tìm có dạng
abcdef

( )
a b c d e f< < < < <
Số được chọn không có chữ số 0, vì giả sử có chữ số 0 thì số đó phải có dạng
{ }
( )
0 , , , , , 1;2; ;9bcdef b c d e f ∈
(không thỏa mãn)
0,25
Với mỗi cách chọn ra 6 chữ số, có duy nhất một cách tạo thành số có 6 chữ số
sao cho mỗi chữ số đứng trước đều nhỏ hơn chữ số đằng sau nó.
0,25
Số các số có 6 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là số cách chọn 6 trong 9 chữ
số thuộc tập
{ }
1;2;3;4;5;6;7;8;9A =

0,25
Vậy có
6
9
84C =
số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,25
PHẦN B: Theo chương trình Nâng cao
Câu
7.b
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn
( )
2 2
: ( 1) ( 1) 20C x y− + + =
. Biết AC=2BD, điểm B có hoành độ dương và
thuộc đường thẳng
: 2 5 0d x y− − =
. Viết phương trình cạnh AB.
1,0
điểm
Đường tròn (C) có tâm
(1; 1),I −
bán
kính
2 5R =
Đặt
,( 0)BI x x= >
Do
2 2 2AC BD AI BI x= ⇒ = =
Kẻ

2 5IH AB IH R⊥ ⇒ = =
d
H
B
D
A
I
C

0,25
• Trong
AIB∆
có:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
5 ( 0)
4 20
x Do x
IA IB IH x x
+ = ⇔ + = ⇔ = >
Suy ra
5IB =
. Gọi
( ;2 5), ( 0)B t t t− >

2 2
4 ( )
5 ( 1) (2 4) 25
2
( )

5
t tm
Do IB t t
t ktm
=


= ⇔ − + − = ⇔
−

=


0,25
• Với
4 (4;3)t B= ⇒
. Phương trình cạnh AB có dạng:
2 2
( 4) ( 3) 0 ( 0)a x b y a b− + − = + ≠
Trang 6
2 2
3 4
ó : ( ; ) 2 5
a b
C d I AB IH R
a b
− −
= = ⇔ =
+
2 2

2
11 24 4 0
2
11
a b
a ab b
a b
=


⇔ − + = ⇔

=

0,25
• Với
2 ,a b=
chọn
2, 1a b= =
, phương trình AB là:
2 11 0x y+ − =
• Với
2
,
11
a b=
chọn
2, 11a b= =
, phương trình AB là:
2 11 41 0x y+ − =

Vậy phương trình cạnh AB là
2 11 0x y+ − =
hoặc
2 11 41 0x y+ − =
0,25
Câu
8.b
Tìm giới hạn:
0
3 1
lim
x
x
I
x
→
−
=
1,0
điểm
Ta có
ln 3
0
1
lim
x
x
e
I
x

→
−
=
0,25
ln 3
0
1
lim
x
x
e
I
x
→
−
⇔ =
0,25
ln 3
0
1
lim .ln3
.ln 3
x
x
e
I
x
→
−
⇔ =

0,25
1.ln 3 ln3.I⇔ = =
0,25
Câu
9.b
Tìm hệ số của x
10
trong khai triển
2
( 3 )
n
x x−
, (x >0, n nguyên dương) biết
tổng các hệ số trong khai triển bằng
2048−
.
1,0
điểm
Do tổng các hệ số trong khai triển là –2048 nên ta có:
0 1 2 2
3 3 ( 1) .3 2048
n n n
n n n n
C C C C− + − + − = −
(1 3) 2048 11
n
n⇔ − = − ⇔ =
0,25
Ta có khai triển:
1 3

11 11
22
2 11 2 11 11 11
2 2
11 11
0 0
( 3 ) .( 3 ) .( 1) .3 .
k k
k k k k k
k k
x x C x x C x
−
− − −
= =
− = − = −
∑ ∑
0,25
Hệ số của x
10
trong khai triển tương ứng với
3
22 10 8
2
k k− = ⇔ =
0,25
Vậy hệ số cần tìm là
3 3 8
11
( 1) .3 . 4455C− = −
0,25

Hết
SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014-2015 LẦN 1
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
2
2 1
x
y
x
+
=
+
(C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
Trang 7
2. Đường thẳng
( )
1
d
có phương trình
y x=
cắt (C) tại hai điểm A và B. Đường thẳng
( )
2
d
có phương trình
y x m
= +

. Tìm tất cả các giá trị của m để
( )
2
d
cắt (C) tại hai điểm
phân biệt C, D sao cho A, B, C, D là bốn đỉnh của hình bình hành.
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình:
( )
( )
2
cos cos 1
2 1 sin
sin cos
x x
x
x x
−
= +
+
.
2. Giải phương trình:
2 2
3 7 2 3 1 4 3 1 4x x x x x x
 
+ − + + = + + −
 
.
Câu III (1,0 điểm). Tính giới hạn:
3

0
cos
lim
x
x
e x
x
→
−
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có
3SA a
=

( )
0 ; a SA>
tạo với mặt phẳng đáy
(ABC) một góc bằng
60
o
. Tam giác ABC vuông tại B,
·
0
30ACB =
; G là trọng tâm của tam
giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính
thể tích của khối chóp S.ABC theo a.
Câu V (1,0 điểm). Cho ba số
, ,x y z
thuộc đoạn

[ ]
0;2
và
3x y z+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất
của
2 2 2
A x y z xy yz zx= + + − − −
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc
B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2); các đường thẳng
1
: – 3 0d x y+ =
và đường thẳng
2
: – 9 0d x y+ =
Tìm tọa độ điểm B thuộc d
1
và điểm C thuộc d
2
sao
cho tam giác ABC vuông cân tại A.
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng
1 2
:3 4 5 0; : 4 3 5 0d x y d x y+ + = − − =
.
Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng

: 6 10 0x y∆ − − =
và tiếp xúc
với
1 2
,d d
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển biểu thức
3
2
n
x
x
 
−
 ÷
 
, biết n là số
tự nhiên thỏa mãn hệ thức
6 2
4
454
n
n n
C nA
−
−
+ =

.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elíp (E):
2
2
1
4
x
y+ =
và điểm
( )
2; 0C
. Hãy tìm tọa
độ các điểm A, B thuộc (E) sao cho tam giác ABC là tam giác đều.
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm
( ) ( )
1; 2 , 3; 4M N −
và đường thẳng
d
có
phương trình
– 3 0x y+ =
. Viết phương trình đường tròn đi qua M, N và tiếp xúc với
d
.
Câu VII.b (1,0 điểm). Trong một lô hàng có 12 sản phẩm khác nhau, trong đó có đúng
2 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ lô hàng đó. Hãy tính xác suất để trong 6 sản
phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm.
Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………….
Trang 8
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN:
———————————
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài
học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với
phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý Nội dung trình bày Điể
m
I 1 1,0 điểm
TXĐ:
1
/
2
D
 
= −
 
 
¡
.
Giới hạn:
1 1
2 2
1 1

lim ; lim ; lim ; lim .
2 2
x x
x x
y y
+ −
→−∞ →+∞
→− →−
= = = +∞ = −∞
TCĐ:
1
2
x = −
; TCN:
1
.
2
y =
0.25
SBT.
2
3 1
' 0
(2 1) 2
y x
x
−
= < ∀ ≠ −
+

Hàm số nghịch biến trên
1
;
2
 
−∞ −
 ÷
 
và
1
; .
2
 
− + ∞
 ÷
 

0.25
BBT
X
−∞
1
2
−
+∞
Y’
−
−
y
1

2
+∞
−∞
1
2
0.25
c) Đồ thị:
Giao với Ox tại
( )
2;0−
Giao với Oy tại
( )
0;2
.
Đồ thị nhận giao điểm
1 1
;
2 2
I
 
−
 ÷
 
của hai
tiệm cận làm tâm đối xứng.
0.25
2 1,0 điểm
d
1
giao (C) tại 2 điểm A(-1;-1) , B(1;1) và

2
8AB =
. 0.25
Phương trình hoành độ giao điểm của d
2
và (C) là 0.25
Trang 9
2
2 2 2 0 (1)
2
1
2 1
2
x mx m
x
x m
x
x

+ + − =
+

= + ⇔

+
≠ −


d
2

cắt (C) tại 2 điểm C, D khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm phân biệt và
nghiệm khác
1/ 2
−

2
2 4 0
1
2 0
2
m m
m m

− + >

⇔

− + − ≠


đúng
m
∀
.
0.25
( ) ( )
1; 1 2; 2
; C x x m D x x m+ +
(
1 2

,x x
là nghiệm của (1))
ABCD là hình bình hành
2
2 2
1 2 1 2
0
/ /
( ) 4 4
m
AB CD
x x x x
AB CD
≠


⇔ ⇔
 
+ − =
=


2
0
2
2 0
m
m
m m
≠


⇔ ⇒ =

− =

KL:
2.m =
0.25
II 1 1,0 điểm
Điều kiện:
sin cos 0 , (*).
4
x x x k k
π
π
+ ≠ ⇔ ≠ − + ∈¢
0.25
Ta có:
( ) ( ) ( )
1 sin 1 s 1 sin 0PT x co x x⇔ + + + =
0.25
1 sin 0
2
;
2
1 cos 0
2
x
x k
k

x
x k
π
π
π π

+ =
= − +


⇔ ⇔ ∈


+ =

= +

¢
Kết hợp với điều kiện (*), suy ra phương trình đã cho có 2 họ nghiệm là
( )
2 ; 2
2
x k x k k
π
π π π
= − + = + ∈ ¢
.
0.5
2 1,0 điểm
Đặt

2 2 2
3 1 3 1t x x t x x= + + ⇒ = + +
(
0t ≥
)
Ta được phương trình
2
3
2( 2) 6 3 0
2 1
t
t x t x
t x
=

− + + + = ⇔

= +

0.25
3t =
ta được
2
1 97
6
3 8 0
1 97
6
x
x x

x

− +
=


+ − = ⇔

− −
=


0.25
2 1t x= +
ta được
2
2
1
1
2
3 1 2 1 0
2
0
3 0
3
x
x
x x x x
x
x x

x

≥ −


≥ −
 
+ + = + ⇔ ⇔ ⇔ =
 
=

 
+ =



= −


0.25
Vậy phương trình có nghiệm
1 97 1 97
0; ;
6 6
x x x
− + − −
= = =
. 0.25
III 1,0 điểm
3 3

0 0
cos 1 1 cos
lim lim .3
3
x x
x x
e x e x
x x x
→ →
 
− − −
= +
 ÷
 
0.5
Trang 10
2
3
2
0
sin
1
2
lim .3 . 1.3 1.0 3.
3 2
4
x
x
x
e x

x
x
→
 
 ÷
−
= + = + =
 ÷
 ÷
 ÷
 
0.5
IV 1,0 điểm
Gọi M là trung điểm của BC. Ta có
( ) ( )SBG SCG SG∩ =
(SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC) suy ra
·
0
( ), 60SG ABC SAG⊥ =
, SG là chiều cao của chóp S.ABC.
0.25
·
3 3 3
.sin 3 .
2 2
a
SG SA SAG a= = =
;
·
3

. os
2
a
AG SAc SAG= =
(1)
ABC∆
vuông tại B có
30
o
C =
. Đặt
( )
0AB x x= >
suy ra
3
3,
2
x
BC x BM= =
0.25
2 2
7
2
x
AM AB BM= + =
;
2 7
3 3
x
AG AM= =

(2)
Từ (1) và (2)suy ra
7 3 9
3 2
2 7
x a a
x= ⇔ =
0.25
2
2
1 1 81 3
. 3
2 2 56
ABC
a
S AB BC x= = =
;
2 3
.
1 1 3 3 81 3 243
. .
3 3 2 56 112
S ABC ABC
a a a
V SG S= = =
(đvtt). 0.25
V 1,0 điểm
Ta có
( ) ( )
2

2 2 2
2x y z x y z xy yz zx+ + = + + + + +
2 2 2
9
2 2
x y z
xy yz zx
+ +
⇔ + + = −
.
Vậy nên
( )
2 2 2
3 9
2 2
A x y z= + + −
0.25
Không mất tính tổng quát, giả sử:
[ ]
3 3 1 1;2x y z x y z x x x≥ ≥ ⇒ = + + ≤ ⇒ ≥ ⇒ ∈
Lại có:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 3 3 2 6 9y z y z x x y z x x x x+ ≤ + = − ⇒ + + ≤ − + = − +
0.25
Xét
[ ]
2
3

( ) 2 6 9, 1;2 '( ) 4 6, '( ) 0
2
f x x x x f x x f x x= − + ∈ ⇒ = − = ⇔ =
3 9
(1) 5; (2) 5;
2 2
f f f
 
= = =
 ÷
 
0.25
Trang 11
Suy ra
2 2 2
5x y z+ + ≤
, đẳng thức xảy ra khi
1
2
2
1
0
0
3
x
x
x
y
yz
z

x y z
x y z
 =



=
=



 
⇔ =
=
 
 
=
+ + =



≥ ≥

Vậy
ax
3
m
A =
khi
2, 1, 0x y z= = =

hoặc các hoán vị của chúng.
0.25
VI.
a
1 1,0 điểm
Ta có:
( ) ( )
1 2
; 3 , ; 9B d B a a C d C b b∈ ⇔ − ∈ ⇔ −
( ) ( )
3;1 , 3;7AB a a AC b b⇒ = − − = − −
uuur uuur
∆ ABC vuông cân tại A
2 2
. 0AB AC
AB AC

=

⇔

=


uuur uuur
0.25
2 2
2 10 4 16 0 (1)
2 8 2 20 48 (2)
ab a b

a a b b
− − + =

⇔

− = − +

Nhận thấy: a = 2 không là nghiệm của hệ trên.
0.25
Do đó
( )
5 8
1
2
a
b
a
−
⇔ =
−
. Thế vào (2) tìm được
0a
=
hoặc
4a
=
0.25
Với
0a
=

ta có
4b
=
. Vậy
( )
0; 3B
và
( )
4; 5C
.
Với
4a
=
ta có
6b
=
. Vậy
( )
4; 1B −
và
( )
6; 3C
.
0.25
2 1,0 điểm
Xét
( )
;I a b
là tâm và R là bán kính đường tròn (C).
Do

( )
6 10 1I a b∈∆ ⇔ = +
Đường tròn (C) tiếp xúc với
( )
( )
1 2
3 4 5
2
5
;
4 3 5
3
5
a b
R
d d
a b
R
 + +
=


⇔

− −

=


0.25

Từ (1); (2); (3) suy ra
( ) ( )
3 6 10 4 5 4 6 10 3 5b b b b+ + + = + − −
0
22 35 21 35
70
22 35 21 35
43
b
b b
b b
b
=

+ = +


⇔ ⇔


+ = − −
= −


0.25
Từ (1) suy ra
10
10
43
a

a
=



=

và
7
7
43
R
R
=



=

0.25
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn:
( ) ( )
2
2
1
: 10 49C x y− + =
;
( )
2 2
2

10 70 49
:
43 43 1849
C x y
   
− + + =
 ÷  ÷
   
0.25
VII.a 1,0 điểm
Từ hệ thức đã cho suy ra
6n ≥
. 0.25
Trang 12
( )
( ) ( )
6 2
4
4 !
!
454 454
2! 6 ! 2 !
n
n n
n
n
C nA n
n n
−
−

−
+ = ⇔ + =
− −
3 2
2 9 888 0 8.n n n n− − − = ⇔ =
0.25
Với
8n
=
,
( ) ( )
( )
8
8 8
8
8
3 1 3 24 4
8 8
0 0
2
2 2 1
k k
k
k k k k
k k
x C x x C x
x
−
−
− −

= =
 
− = − = −
 ÷
 
∑ ∑
0.25
Hệ số của x
4
tương ứng với
24 4 4 5k k− = ⇔ =
.
Vậy hệ số của x
4
là
( )
8 5
5 5
8
2 1 1792C
−
− = −
.
0.25
VI.
b
1,0 điểm
0.25
Do
CA CB AB= =

suy ra A, B nằm trên đường tròn tâm C bán kính CA nên A,
B đối xứng nhau qua Ox
Giả sử
( ; ) ( ; )A a b B a b⇒ −
. Do A, B thuộc (E) suy ra
2
2
1 (1)
4
a
b+ =
0.25
Tam giác ABC đều suy ra
2 2 2 2 2
4 ( 2) (2)AB AC b a b= ⇔ = − +
Từ (1) và (2) ta có:
2
2
2 2 2
2 0
1 (1)
4
2 4 3
4 ( 2) (2)
7 7
a b
a
b
a b
b a b

= ⇒ =


+ =


⇔

±

= ⇒ =

= − +


0.25
Do
A C
≠
. Vậy
2 4 3 2 4 3
; ; ;
7 7 7 7
A B
   
−
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
hoặc

2 4 3 2 4 3
; ; ;
7 7 7 7
A B
   
−
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
.
0.25
2 1,0 điểm
Gọi E là trung điểm MN ta có E(2;-1). Gọi
∆
là đường trung trực của MN.
Suy ra
∆
có phương trình
( )
2 3 1 0 3 5 0.x y x y− − + = ⇔ − − =
Gọi I là tâm đường tròn đi qua M, N thì I nằm trên
∆
.
0.25
Giả sử
( )
3 5;I t t+
.
Ta có
( ) ( ) ( )

( )
2
2 2
4 2
, 3 4 2
2
t
IM d I d t t
+
= ⇔ + + − =
0.25
2
2 12 18 0 3t t t+ + = ⇔ = −
. Từ đó suy ra
( )
4; 3I − −
, bán kính R = IM=
5 2
. 0.25
Phương trình đường tròn
( ) ( )
2 2
4 3 50x y+ + + =
. 0.25
Trang 13
VII.b 1,0 điểm
Số phần tử của không gian mẫu
6
12
924C =

(phần tử). 0.25
Xét trường hợp trong 6 sản phẩm lấy ra có 2 phế phẩm suy ra có
4
10
210C =

cách và xác xuất là
210
924
.
0.25
Vậy xác suất lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ lô hàng đó có không quá 1 phế
phẩm là
210 714 17
1
924 924 22
P = − = =
0.5
Hết
SỞ GD&ĐT HÀ TÂY KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014-2015 LẦN 1
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I ( 2,0 điểm). Cho hàm số
4 2
2 4y x mx= − + −
có đồ thị
( )
m
C

. (
m
là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m =2.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để các điểm cực trị của đồ thị
( )
m
C
nằm trên các trục tọa độ.
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình:
( )
sin tan 2 3 sin 3 tan 2 3 3x x x x+ − =
.
2. Giải bất phương trình:
1
3
3
<
−
+
+
x
x
x
.
Câu III (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
( ) ( )
2 2
2 3 8 1 0

8 3 13 0
x y y x
x x y y

+ − + − =


+ + + − =


Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có đoạn thẳng nối hai tâm của hai mặt bên kề
nhau có độ dài bằng a. Tính theo a thể tích khối lập phương ABCD.A'B'C'D' và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AC' và B'D'.
Câu V (1,0 điểm). Cho ba số thực dương
, ,x y z
thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2
2 2 2
3 3 3
x y z
P x y z
yz zx xy
     
= + + + + +
 ÷  ÷  ÷
     
.
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình
0x y− =
và điểm M(2;1). Lập phương trình đường thẳng
( )
∆
cắt trục hoành tại A, cắt đường thẳng (d)
tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M.
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C
1
) có phương trình
2 2
25x y+ =
, điểm M(1; -2). Đường tròn (C
2
) có bán kính bằng
2 10
. Tìm tọa độ tâm của (C
2
) sao cho
(C
2
) cắt (C
1
) theo một dây cung qua M có độ dài nhỏ nhất.
Câu VIII.a (1,0 điểm). Giải bất phương trình:
3 2 2
2
12 1
3 81.
2

x x x
C A A
x
− ≥ −
(
*
x N∈
)
Trang 14
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm P(-7;8) và hai đường thẳng
( )
1
: 2 5 3 0,d x y
+ + =

( )
2
:5 2 7 0d x y− − =
cắt nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua P và
tạo với
1 2
( ),( )d d
một tam giác cân tại A và có diện tích bằng
29
2
.
Câu VII.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình
2 0x y+ + =
và đường tròn (C

1
) có phương trình:
2 2
4 2 4 0x y x y+ − + + =
. Đường tròn (C
2
) có tâm
thuộc (d), (C
2
) tiếp xúc ngoài với (C
1
) và có bán kính gấp đôi bán kính của (C
1
). Viết phương trình của
đường tròn (C
2
).
Câu VIII.b (1,0 điểm). Cho hàm số
2
3
1
x mx
y
x
+ +
=
+
.Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực đại,
cực tiểu đồng thời hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị nằm về hai phía của đường thẳng (d): 2x+y-1=0.
Hết

Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên Thí sinh: ………………………………; Số báo danh: ……………………
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
( Đáp án có 06 trang: từ trang 1 đến trang 6 )
Câu Đáp án Điểm
I 1. Khảo sát hàm số với m = 2. 1,00
Với m = 2, hàm số trở thành:
4 2
y x 4x 4= − + −
* TXĐ:
R
0,25
* Sự biến thiên của hàm số:
Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= −∞ = −∞
0,25
- Bảng biến thiên:
+ Ta có:
=

= − + = ⇔

= ±

3
0

' 4 8 ; ' 0
2
x
y x x y
x
+ Bảng biến thiên:
x
- ∞
− 2
0
2
+ ∞
y’ + 0 - 0 + 0 -
y
0
-∞
0
-4 -∞
- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( )
−∞; - 2
và
( )
0; 2
- Hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
− 2;0
và
( )
+∞2;

- Điểm cực đại của đồ thị là
( )
− 2;0
,
( )
2;0
điểm cực tiểu của đồ thị B(0;-4)
* Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung tại
( )
0; 4−
và cắt trục hoành tại điểm
( )
2;0−
và
( )
2;0
+ Nhận xét: Đồ thị (C) nhận trục tung làm trục đối xứng.
0,25
0,25
Trang 15

2
-2
-4
-6
-8
-5
5
10

f
x
( )
=
-
x
4
+4
⋅
x
2
(
)
-4
2. Tìm m để tất cả các cực trị của hàm số
( )
m
C
nằm trên các trục tọa độ.
1,00
Ta có:
( )
3 2
2
0
' 4 4 4 ; ' 0
x
y x mx x x m y
x m
=


= − + = − + = ⇔

=

Nếu
0m ≤
thì
( )
m
C
chỉ có một điểm cực trị và đó là điểm cực đại nằm trên trục
tung.
Nếu
0m
>
thì
( )
m
C
có 3 điểm cực trị . Một cực tiểu nằm trên trục tung và hai
điểm cực đại có tọa độ
2
( ; 4)m m− −
,
2
( ; 4)m m −
.
Để hai điểm này nằm trên trục hoành thì
2

4 0 2m m− = ⇔ = ±
. Vì
0m >
nên chọn m = 2.
Vậy
{ }
( ;0] 2m∈ −∞ ∪
là những giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,25
0,25
0,25
0,25
II
1. Giải phương trình lượng giác 1,00
- Đk.
cos2x 0 x m ,m Z.
4 2
π π
≠ ⇔ ≠ + ∈
Ta có:
sin tan 2 3(sin 3 tan 2 ) 3 3+ − =x x x x

(sin tan 2 3 sin ) (3tan 2 3 3) 0⇔ + − + =x x x x

sin (tan 2 3) 3(tan 2 3) 0 (tan 2 3)(sin 3) 0x x x x x⇔ + − + = ⇔ + − =

tan 2 3 2 ( ).
3 6 2
k
x x k x k Z

π π π
π
− −
⇔ = − ⇔ = + ⇔ = + ∈
(thỏa mãn)
Vậy pt có một họ nghiệm :
, .
6 2
= − + ∈
π π
x k k Z
0,25
0,25
0,25
0,25
2. Giải bất phương trình 1,00
+ Đk:
x 0; x 3.≥ ≠

Bất phương trình
3 x
x 1
3 x
+
⇔ < −
−

2
2
2x

0
3 x
2x 4x
x x
3 x (3 x)
x 0
−

>

−

−

⇔ < ⇔ <

− −


≥



2
x (3; )
x 10x 9 0
∈ +∞

⇔


− + <

0,25
0,25
0,25
Trang 16

x (3; )
x (3;9)
x (1;9)
∈ +∞

⇔ ⇔ ∈

∈

(Thỏa mãn điều kiện)
Vậy tập nghiệm của bpt là : (3;9)
0,25
III
Giải hệ phương trình 1,00
+ Điều kiện:
2 2
3 0, 8 0x y y x+ ≥ + ≥
Đặt
( )
2 2
3 , 8 , 0u x y v y x u v= + = + ≥
+ Ta được:
2 2 2 2 2 2

2 1 2 1 2 1
13 13 (2 1) 13
− = = − = −
  
⇔ ⇔
  
+ = + = + − =
  
u v v u v u
u v u v u u

2
2 1
2 1
2
2
3
5 4 12 0
6
( )
5
= −


= −
=


=



⇔ ⇔ ⇔
  

=
− − =
−




=



v u
v u
u
u
v
u u
u loai
+ Khi đó
2
2
2
2
2
2
2

4
33 2
3 4
4
8 9
8 3
8 9
3

−
=


+ =

+ =
  
⇔ ⇔
  
 
−
+ =

+ =

 

+ =
 ÷


 

x
y
x y
x y
x
y x
y x
x

2
4 2
4
3
8 72 65 0

−
=

⇔


− + − =

x
y
x x x
2
2

2
1
4
4
1
3
3
1
5
( 1)( 5)( 4 13) 0
5
7
x
x
y
x
y
y
x
x
x x x x
x
y
 =


−
=




−

=
=
  

⇔ ⇔ ⇔
 

=

= −

 
− + − + =





= −
= −




Kết hợp với điều kiện ban đầu ta thu được tập hợp nghiệm của hệ phương trình
là:
{ }

(1;1),( 5; 7)S = − −
0,25
0,25
0,25
0,25
IV
Tính thể tích …. 1,00
B C

A D
M K
N
B' C'

I
A' D'
+ Gọi M,N lần lượt là 2 tâm của 2 hình vuông ABB'A'; ADD'A'

1
MN B'D' B'D' 2a A'B' a 2
2
⇒ = ⇒ = ⇒ =
0,25
0,25
Trang 17

''''''''
'.
DCBADCBABCDA
SAAV =

( )
3
2
2222 aaa ==
(đvtt)
+ Gọi I là giao của B'D' và A'C'
Trong (AA'C') kẻ
';' ACKACIK ∈⊥
Vì
'''')'(
''''
'''
DBIKDBCAA
DBCA
DBAA
⊥⇒⊥⇒



⊥
⊥
Vậy:
IKDBACd =)'','(
IKC'∆
đồng dạng với
C'AA'∆
.

IK C'I AA'.C'I a 2.a a
IK

AA' C'A C'A
a 2. 3 3
⇒ = ⇒ = = =
Kết luận: Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC’ và B’D’ bằng
3
a
.
0,25
0,25
V
Tìm GTNN của biểu thức…. 1,00
Ta có:
xyz
zyxzyx
P
222333
2
3
++
+








++
=

Áp dụng bđt:
zxyzxyzyxbaabba ++≥++⇒∀≥+
22222
,,2
.
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z.








++








++









+≥⇒
++
+
++
≥⇒
z
z
y
y
x
x
P
xyz
zxyzxyzyx
P
2
3
2
3
2
3
2
3
333333
+ Xét hàm số
t
t

tf
2
3
)(
3
+=
với
0>t
;

2
4
2
2
22
)('
t
t
t
ttf
−
=−=
;
4
20)(' =⇔= ttf
+ BBT
t
0

4

2

+∞
( )
/
f t

−

0

+
( )
f t
+∞

+∞

4
8
3 2
Vậy
4
84≥P
Đẳng thức xảy ra khi
4
2=== zyx
. Hay
4
min

84=P
0,25
0,25
0,25
0,25
Chương trình chuẩn
VI a. Viết phương trình đường thẳng…. 1,00
Trang 18

Ox ( ;0), ( ; )A A a B d B b b∈ ⇒ ∈ ⇒
,
(2;1) ( 2; 1), ( 2; 1)M MA a MB b b⇒ = − − = − −
uuur uuur
.
Tam giác ABM vuông cân tại M nên:

2 2 2
( 2)( 2) ( 1) 0
. 0
( 2) 1 ( 2) ( 1)
a b b
MA MB
MA MB
a b b
− − − − =


=
 
⇔

 
=
− + = − + −




uuuuruuur
Nhận xét b=2 không thỏa mãn hệ phương trình này.
Ta có :
2
2 2 2
2 2
1
2
1
2
2
2
1
( 2) 1 ( 2) ( 1)
1 ( 2) ( 1)
2
−

− =
−


− =

−
 
⇔
−
 
−
 
 
− + = − + −
+ = − + −

 ÷

−
 

b
a
b
a
b
b
b
a b b
b b
b

2 2
2
2

1
2
1
2
1
4
( 2) ( 1) . 1 0
( 2)
3
 =

−

− =



=
−
 

⇔ ⇔


 
=


 
− + − − =


 
 


−
=
 




a
b
a
b
b
a
b b
b
b
Với
2
1
a
b
=


=


đường thẳng
∆
qua A,B có phương trình
2 0x y+ − =
Với
4
3
a
b
=


=

đường thẳng
∆
qua A,B có phương trình
3 12 0x y+ − =
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn:
2 0x y+ − =
và
3 12 0x y+ − =
.
0,25
0,25
0,25
0,25
VII a. Tìm tọa độ tâm đường tròn… 1,00
(C

1
) A (C
2
)

O M I
B
+(C
1
) có tâm O(0;0), bán kính R=5
( )
⇒<⇒=⇒− ROMOMOM 52;1
M nằm trong đường tròn (C
1
)
+ Giả sử (C
2
) cắt (C
1
) tại A và B. Gọi H là trung điểm đoạn AB.
222
25222 OHOHOAAHAB −=−==
. Mà OH lớn nhất khi H trùng
với M.
Vậy AB nhỏ nhất khi M là trung điểm của AB. AB qua M và vuông góc
với OM.
+ Phương trình của AB: x – 2y – 5 = 0. Tọa độ của A,B là nghiệm hệ:




=+
=−−
25
052
22
yx
yx
. Giải hệ được hai nghiệm(5;0);(-3;-4).
+ Giả sử A(5;0); B(-3;-4). Phương trình của OM: 2x + y = 0.
Gọi I là tâm của (C
2
); Do
)2;( ttIOMI −⇒∈
.
Mà IA =
102
=>
404)5(
22
=+− tt
.Giải ra: t = -1 hoặc t = 3.

t 1 I( 1,2)= − ⇒ −
;
)6,3(3 −⇒= It
Vậy tâm của (C
2
) có tọa độ (-1 ; 2) hoặc (3, -6).
0,25
0,25

0,25
0,25
a. Tìm nghiệm của BPT…. 1,00
Trang 19
VIII
+ Đk :
3; ≥∈ xNx

81
)!22(
)!2(
.
2
1
)!2(
!.3
)!3(!3
!
.
12
−
−
≥
−
−
−
⇔
x
x
x

x
x
x
x
bpt

5
3
17
08523
81)12()1(3)1)(2(2
2
≤≤
−
⇔≤−+⇔
−−≥−−−−⇔
xxx
xxxxxx
+ Kết hợp điều kiện ta được
{ }
.5;4;3∈x
Vậy tập nghiệm của pt là
{ }
5;4;3
0,25
0,25
0,25
0,25
Chương trình nâng cao
VI

b. Viết phương trình…. 1,00
d1
d
d2
H
C
B
A
P

Ta có
1 2
A d d= ∩ ⇒
tọa độ của A là nghiệm của hệ

( )
2 5 3 0 1
1; 1
5 2 7 0 1
x y x
A
x y y
+ + = =
 
⇔ ⇒ −
 
− − = = −
 
Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi
1 2

,d d
là
( ) ( )
1 2
: 7 3 4 0, :3 7 10 0x y x y
∆ + − = ∆ − − =
.
Vì d tạo với
1 2
,d d
một tam giác cân tại A nên
1 1
2 2
3 7 0
7 3 0
⊥ ∆ − + =
 
⇒
 
⊥ ∆ + + =
 
d x y C
d x y C
. Mặt khác
( 7;8) ( )
− ∈
P d
nên
1 2
77, 25C C

= =
.
Suy ra:
:3 7 77 0
:7 3 25 0
d x y
d x y
− + =


+ + =

Gọi
1 2
,B d d C d d= ∩ = ∩
. Thấy
1 2
(d ) (d )⊥ ⇒
tam giác ABC vuông cân tại A
nên:
2
1 1 29
. 29
2 2 2
ABC
S AB AC AB AB
∆
= = = ⇒ =
và
2 58BC AB= =

Suy ra:
29
2
2
58
2
2
58
ABC
S
AH
BC
∆
= = =
Với
:3 7 77 0d x y− + =
, ta có
2 2
3.1 7( 1) 77
87 58
( ; )
2
58
3 ( 7)
d A d AH
− − +
= = ≠ =
+ −
(loại)
Với

: 7 3 25 0d x y+ + =
ta có
2 2
7.1 3( 1) 25
29 58
( ; )
2
58
7 3
d A d AH
+ − +
= = = =
+
(t/mãn).
Vậy
: 7 3 25 0d x y+ + =
0,25
0,25
0,25
0,25
VII
b. Viết phương trình … 1,00
(C
1
) có tâm I(2 ;-1); bán kính R
1
= 1.Vậy (C
2
) có bán kính R
2

= 2
Gọi J là tâm của (C
2
). Do
( )
2; −−⇒∈ ttJdJ

0,25
0,25
Trang 20
(C
1
) tiếp xúc ngoài với (C
2
) nên IJ = R
1
+ R
2
= 3 hay IJ
2
= 9.
( )



−=
=
⇔=−−⇔=−−+−⇔
1
2

0291)2(
2
2
2
t
t
tttt
+
( )
4)1()1(:)(1;11
22
2
=+++⇒−−⇒−= yxCJt

+
( )
4)4()2(:)(4;22
22
2
=++−⇒−⇒= yxCJt
Vậy có 2 đường tròn (C
2
) thỏa mãn là:
4)1()1(
22
=+++ yx

và
4)4()2(
22

=++− yx
0,25
0,25
VIII
b. Tìm m để… 1,00
Ta có
( )
2
2
2 3
'
1
x x m
y
x
+ + −
=
+
Hàm số có CĐ, CT khi pt y'=0 có 2 nghiệm phân biệt khác -1.
2
2 3 0x x m
⇔ + + − =
có hai nghiệm phân biệt khác – 1
' 4 0
4
4 0
m
m
m
∆ = − >


⇔ ⇔ <

− ≠

Giả sử đồ thị có điểm CĐ,CT là
( ) ( )
1 1 2 2
; , ;A x y B x y
. Khi đó pt đường thẳng đi
qua 2 điểm CĐ,CT là y = 2x+m. Suy ra
1 1 2 2
2 ; 2y x m y x m
= + = +
.
Hai điểm A, B nằm về hai phía của đường thẳng (d) khi
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 2 2 1 2
2
1 2 1 2
2 1 2 1 0 4 1 4 1 0
16 4 1 1 0
x y x y x m x m
x x m x x m
+ − + − < ⇔ + − + − <
⇔ + − + + − <
Theo định lý Vi-et
1 2
1 2

2
3
x x
x x m
+ = −


= −

. Thay vào bpt trên, ta được:
2
6 39 0 3 4 3 3 4 3
+ − < ⇔ − − < < − +
m m m
.
Vậy
3 4 3 3 4 3− − < < − +m
0,25
0,25
0,25
0,25
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1
ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2 2
2 2 4
= − + −
y x mx m

( )
m
C
. (m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với
1.
=
m
2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số
( )
m
C
có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có
diện tích bằng 2.
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình:
cos2 5 2(2 cos )(sin cos )x x x x+ = - -
.
Trang 21
2. Giải bất phương trình:
2 1− ≤ − −x x x
.
Câu III (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2 9
9 0
y x y x
y x y

+ − = −



− + =


(
,x y ∈¡
).
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
có
'.A ABC
là hình chóp tam giác đều,
=AC a
,
' 3=A B a
. Tính theo
a
thể tích của khối chóp
'. ' 'A BB C C
.
Câu V (1,0 điểm). Cho ba số thực
, ,a b c
chứng minh:

2 2 2 2 2 2
3 2
(1 ) (1 ) (1 )
2
a b b c c a+ - + + - + + - ³

.
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm
(2; 3)A −
,
(3; 2)B −
.Tam
giác
ABC
có diện tích bằng
3
2
, trọng tâm
G
của tam giác
ABC
nằm trên đường thẳng (
d
) :
3 8 0x y− − =
. Tính bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị
n
nguyên dương thỏa mãn:
1 2 3 2
1)3 7 (2 1) 3 2 6480(2
k k

n
n n n n
n n n n
CC C C C− ++ + + + + − = − −
.
Câu VIII.a (1,0 điểm). Tính giới hạn:
3 2
3
2
1
5 7
lim
1
x
x x
L
x
®
- - +
=
-
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương
trình:
2 2
2 2 8 0x y x y+ − + − =
và đường thẳng (
∆
):

4 2 11 0x y+ − =
. Lập phương trình tiếp tuyến
của (C), biết tiếp tuyến tạo với (
∆
) một góc bằng
45
o
.
Câu VII.b (1,0 điểm). Tính tổng:
0 1 2 2010 2011
2011 2011 2011 2011 2011
2012 2011 2010 2S C C C C C= + + + + +
.
Câu VIII.b (1,0 điểm). Tính giới hạn:
3
0
2 1 1
lim
sin 2012
→
+ − −
=
x
x x
I
x
.
Hết
Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên Thí sinh: ………………………………; Số báo danh: ……………………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN - KHỐI D
(Hướng dẫn chấm có 05 trang)
Câu Nội dung Điểm
I
(2,0)
1. Khảo sát hàm số khi m = 1. 1,0
Với
m 1 =
4 2
2 2y x x⇒ = − −
, TXĐ:
D .= ¡

3
' 4 4y x x= −
. Cho
y’ 0=
ta được:
x 0=
hoặc
1x = ±

0,25
- Hàm số đồng biến trên các khoảng
( )
1;0−
và
(1; )+∞
;

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ; 1)−∞ −
và
( )
0;1 .
Trang 22
- Hàm số đạt cực đại tại
0, 2
cd
x y= = −
. Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 3
ct
x y= ± = −
.
- Giới hạn:
x x
lim y ; lim y .
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
0,25
BBT:
x
−∞
-1 0 1
+∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y
-3 -
0,25

Đồ thị.
- Đồ thị cắt Ox tại hai điểm
( 1 3;0)± +
cắt Oy tại (0; -2)
- Đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng

0,25
2. Tìm m để
1,0
Ta có:
3
' 4 4y x mx= −
.

2
x 0
y' 0
x m
=

= ⇔

=

0,25
- Đồ thị hàm số có ba cực trị
0m
⇔ >
(*)
Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là:

2
(0;2 4)A m −
,
2
( ; 4)B m m −
,
2
( ; 4)C m m− −
.
0,25
- Ta thấy B,C đối xứng nhau qua trục
Oy
và
A Oy∈
nên tam giác ABC cân
tại A.
Phương trình cạnh BC:
2
4 0y m− + =
.
Gọi h là độ dài đường cao từ đỉnh A của tam giác ABC, ta có:

2
( , )h d A BC m= =

1
.
2
ABC
S h BC

∆
⇒ =
0,25
2
4 . 2
B
m x⇔ =

2
4 2 .m m⇔ =

5
4m⇔ =
(thỏa mãn *).
Vậy
5
4m =
là giá trị cần tìm.
0,25
II
1. Giải phương trình lượng giác
1,0
Trang 23
+∞
-2

+∞
-3
4
2

-2
-4
-5
5
y
x
O
(2,0)
PT ⇔
2
(cos – sin ) 4(cos – sin ) – 5 0x x x x- =
0,25

(cos – sin ) 1
(cos – sin ) 5 ( )
x x
x x l
é
= -
ê
Û
ê
=
ê
ë
0,25
Với
2
(cos – sin ) 1 cos( )
4 2

x x x
p
= - Û + = -
0,25
2
, .
2
2
x k
k
x k
p
p
p p
é
ê
= +
ê
Û Î
ê
= +
ê
ë
¢
Vậy PT cóhai họ nghiệm:
2 ; 2 , .
2
x k x k k
p
p p p= + = + Î ¢

0,25
2. Giải bất phương trình
1,0
Đk:
1 2x≤ ≤
Bất phương trình đã cho tương đương với
2 1x x x− + − ≤
0,25
2 2
2 (2 )( 1) 1 4( 2 3 ) 2 1⇔ − − ≤ − ⇔ − + − ≤ − +x x x x x x x
0,25

2
5x 14x 9 0⇔ − + ≥
9
5
1
x
x

≥

⇔

≤

0,25
Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là
9
{1} [ ;2]

5
= ∪T
0,25
III
(1,0)
Giải hệ phương trình.
1,0
Điều kiện:
x y≥
. Hệ đã cho
2 9
9 0
x y x y
y x y

+ + − =

⇔

− + =


(*)
0,25
Đặt:
2
2
2
0
2

a b
a x y
x
b x y
b a
a
y

+

= −
=



= + ⇒
 
−
 
≥
=



0,25
Hệ (*) trở thành
2
2 9
(1)
(2)

. 9 0
2
+ =



−
+ =


b a
b a
a
Thế (1) vào (2) được:
3 2 2
2 9 18 0 ( 2)( 9) 0 3.+ − − = ⇔ + − = ⇔ =a a a a a a
0,25

6
3 3
3
=

= ⇒ = ⇒

= −

x
a b
y

. Vậy nghiệm của hệ là:
( ) ( )
x; y 6; 3= −
.
0,25
IV Tính thể tích khối chóp… 1,0
Trang 24
(1,0)

Gọi E là trung điểm của BC, H là tâm của tam giác đều ABC
A'H mp(ABC)⇒ ⊥
Ta có
3 3
, .
2 3
= =
a a
AE AH

0,25
2 2
2 6
' '
3
a
A H A A AH⇒ = − =
0,25
2 3
. ' ' '
3 2

' .
4 2
ABC ABC A B C ABC
a a
S V A H S= ⇒ = =
0,25
3
' ' ' . ' ' ' '. . ' ' '
2 2 2
' .
3 3 3
⇒ = − = = =
A BB CC ABC A B C A ABC ABC ABC A B C
a
V V V A H S V
(đvtt).
0,25
V
(1,0)
Chứng minh BĐT… 1,0
Ta có:
2 2
2
(1 ) | 1 |
2
a b a b+ - ³ + -
Dấu “ = ”
1⇔ = −a b

2 2

2
(1 ) | 1 |
2
b c b c+ - ³ + -
Dấu “ = ”
1⇔ = −b c

2 2
2
(1 ) | 1 |
2
c a c a+ - ³ + -
Dấu “ = ”
1⇔ = −c a
0,25
Cộng vế với vế ta được
2 2 2 2 2 2
(1 ) (1 ) (1 )a b b c c a+ - + + - + + - ³
2 2 2
| 1 | | 1 | | 1 |
2 2 2
a b b c c a³ + - + + - + + -
0,25
2 2
| 1 1 1 | 3.
2 2
a b b c c a³ + - + + - + + - =
Dấu “=”
(a 1 b)(b 1 c) 0; (a 1 b)(c 1 a) 0;(c 1 a)(b 1 c) 0.⇔ + − + − ≥ + − + − ≥ + − + − ≥
0,25

Dấu “=” xảy ra khi
1
2
a b c= = =
. Suy ra điều phải chứng minh.
0,25
Chương trình chuẩn
VI.a
(1,0)
Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác 1,0
Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 = 0;
AB 2.=
⇒ d(C; AB) =
5
2
2
ABC
a b
S
AB
D
- -
=
0,25

8(1)
5 3
2(2)
a b
a b

a b
é
- =
ê
Û - - = Û
ê
- =
ê
ë
0,25
Trang 25