Đề thi thử đại học đợt 1 năm 2013 trường THPT Cầu Giấy Hà nội

SỞ GD-ðT HÀ NỘI ðỀ THI THỬ MÔN TOÁN – ðỢT I NĂM 2013
TRƯỜNG THPT CẦU GIẤY Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát ñề)
0O0
(Thí sinh không ñược sử dụng bất cứ tài liệu nào,
cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ, tên thí sinh:……………………………………… Số báo danh:……………………………
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu 1. (2 ñiểm) Cho hàm số
3 2
3
y x x m
= + +

1) Khảo sát và vẽ ñồ thị (C) của hàm số với
2
m
= −

2)

Tìm m ñể hàm số có cực ñại, cực tiểu tại A, B sao cho

0
120
AOB =
Câu 2
. (2 ñiểm)
1)

Giải phương trình:

2
3(cot 1) 7
3cot 4 2 os 1
sinx 4
x
x c x
π
+
 
+ − + =
 
 

2)

Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
2 5 3 4
3 3 1 0
x x x y y
x y x y

+ − + = + +


− − + + =



Câu 3
. (1 ñiểm) Tính tích phân:
( )
2
4
2
3
1
1
ln 1 ln
x
x x dx
x
−
 
+ −
 
∫

Câu 4
. (1 ñiểm). Cho hình chóp S.ABCD, có ñáy ABCD là hình vuông tâm O, hình chiếu của S
trên mặt ñáy trùng với trung ñiểm H của AO. Mặt phẳng (SAD) tạo với ñáy góc
0
60
và
AB a
=
.
Tính thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai ñường thẳng AB và SC.
Câu 5

.
(1 ñiểm)
Cho
a, b
là các số thực dương thoả mãn
ab+a+b=3
. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức:

( )
2 2
3 3
1 1
a b ab
P a b
b a a b
= + + − +
+ + +

B. PHẦN TỰ CHỌN
I. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, hai ñỉnh A, B thuộc Ox,
cạnh (BC):
4 3 16 0
x y
+ − =
. Xác ñịnh toạ ñộ trọng tâm G của tam giác ABC biết bán kính
ñường tròn nội tiếp bằng 1.
2) Trong không gian với hệ toạn ñộ Oxyz cho mặt phẳng (P):

2 5 0
x y z
+ − + =
và ñường thắng
(d):
3 1 3
2 1 1
x y z
+ + −
= =
. Gọi (d’) là hình chiếu vuông góc của (d) lên mặt phẳng (P) và E là giao
ñiểm của (d) và (P). Tìm ñiểm F thuộc mặt phẳng (P) sao cho EF vuông góc với (d’) và
EF 5 3
=
.
Câu 7a
. (1 ñiểm) Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển
1
3 1
n
x
x
 
 
+ −
 
 

 
 
(x>0) biết n là số nguyên
dương thoả mãn
1 2 3
1 2 1
3 8 3
n n n
C C C
+ + +
+ =
II. Theo chương trình nâng cao
Câu 6b
(2 ñiểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I của
hình chữ nhật là giao ñiểm của các ñường thẳng:
( ) ( )
1
2 1 1 3 1 3
: , :
1 1 1 1 1 2
x y z x y z
d
− + + − + +
= = ∆ = =
−

Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) và tạo với
(
)

∆
một gocd 30 ñộ.
Câu 7b
. (1ñiểm) Giải bất phương trình
(
)
2 2 2
2 2 4
log 3 5 log 3
log x x x
− − > −

SỞ GD-ðT HÀ NỘI ðÁP ÁN ðỀ THI MÔN TOÁN
TRƯỜNG THPT CẦU GIẤY
(Ngày thi 10/3/2013)
0O0

Câu Nội dung ðiểm
Khảo sát
3 2
3 2
y x x
= + −

• TXð: R
• Sự biến thiên:
o Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y

→−∞ →+∞
= −∞ = +∞

o
Chiều biến thiên:
2
0
' 3 6 0
2
x
y x x
x
=

= + = ⇔

= −


Hàm số ñồng biến trên
(
)
; 2
−∞ −
và
(
)
0;
+∞
; nghịch biến trên

(
)
2;0
−
.
Hàm số ñạt Cð tại
2
x
= −
;
D
2
C
y
=
; ñạt CT tại
0
x
=
;
2
CT
y
= −

o
ðiểm uốn:
(
)
1;0

−



0.25




0,25
o
Bảng biến thiên:
x -∞ -2 0 +∞
y’ + 0 - 0 +
y 2 +∞


-∞ -2




0,25
Câu 1
•

ðồ thị:

0,25




( ) ( )
0
' 0 0; , 2; 4
2
x
y A m B m
x
=

= ⇔ ⇒ − +

= −

là các ñiểm cực trị.

0,25


0
. 1
os os120
2
.
OA OB
c AOB c
OA OB
= ⇔ = −
 



0,25
(
)
2 2
4
1
2
. 8 20
m m
m m m
+
⇔ = −
+ +


0,25

0( )
12 12
( )
3
m L
m TM
=


⇔
− +

=




0,25

1. ðiều kiện
(
)
sin 0
x x k k Z
π
≠ ⇔ ≠ ∈

(
)

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



0,25
(
)
(
)
( )
( )
2 2 2
2

sinx cos 3 4sin 3cos sin 0
sinx cos 1
sinx cos 1 3 4sin 0
3
sinx
2
x x x x
x
x x
⇔ + − + − =
+ = −


⇔ + + − = ⇔

= ±




0,25
2
sinx cos 1
2
2
x k
x
x k
π π
π

π
= +


+ = − ⇔

= − +



0,25
Câu 2
3
3
sinx
2
3
x k
x k
π
π
π
π

= +

= ± ⇔


= − +




Kết hợp ñiều kiện ta ñược các nghiệm

2 ; ;
2 3 3
x k x k x k
π π π
π π π
= − + = + = − +





0,25

Thế:
2 2
3 3 1
y y x x
= + − −
từ phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất
ta có:
( )
( )
( )
( )
2 2 2 2

2 2 2 2
2
2
2 2
2
2
2
2
2 5 3 1 4
2 1 2 5 4
1 4 4
1 0
1 4 4
1
1 0
1
x x x y x x y
x x x x y y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
+ − + = + − − + +
⇔ − + + − + = + +
− + − −
⇔ − − + =
− + + +
− =


⇔ − − = ⇔

− = −





0,5
•

1
x y
− =
=> thế vào phương trình thứ hai ta có:
3 1
,
2 2
x y
= =

•

1
x y
− = −
=> thế vào phương trình thứ hai ta có:
3 1
,

4 4
x y
= =

Hệ phương trình có hai nghiệm:
3 1 3 1
; , ;
4 4 2 2
   
   
   



0,5
2
2 2 2
2
1
1 1 1
. ln
x x x
I dx
x x x
+ − +
=
∫
. ðặt
2 2
2

1 1
x x
t dt dx
x x
+ −
= ⇒ =
0,25
ðổi cận:
5
1 2; 2
2
x t x t
= ⇒ = = ⇒ =

0,25
5
2
2
.ln
I t tdt
=
∫
ðặt
5
5
2
2
2
2
2

2
1
ln
ln
1
2
2
du dt
u t
t
t
I t tdt
dv tdt
v t

=

=


⇒ ⇒ = −
 
=


=


∫

0,25
Câu 3
25 5 9
ln 2ln 2
8 2 16
I
= − −

0,25
Câu 4
Kẻ HM vuông góc với AD tại M. Do
AD SH
⊥
nên
(
)
AD SHM
⊥

Vậy

0
60
SMH
= là góc giữa (SAD) và (ABCD)
a)
.
1
( ) .

3
S ABCD ABCD
SH ABCD V SH S
⊥ ⇒ =
ABCD là hình vuông cạnh a nên
2
ABCD
S a
=






0,5


Tam giác vuông SAH có:
0
1 3
.tan 60
4 4 4
a a
MH CD SH MH
= = ⇒ = =

Vậy:
3
2

.
1 1 3 3
. . .
3 3 4 12
S ABCD ABCD
a a
V SH S a
= = =

b) Vì
AB DC

nên d(AB,SC)=d(AB,(SDC))=d(A,(SDC))
Vì
( )
( )
( )
( )
4 4
, ,
3 3
CA CH d A SCD d H SDC
= ⇒ =

Kẻ
HN CD
⊥
tại N,
HK SN
⊥

tại K

0,25
Khi ñó
(
)
(
)
,
d H SDC HK
=
và
3 3
4 4
a
HN AD
= =

2 2 2
1 1 1 3
8
a
HK
HK SH HN
= + ⇒ =
. Vậy
( )
4 3
, .
3 8 2

a a
d AB SC
= =



0,25
Câu 5
ðặt:
( )
2
2 2 2
3 ; 2 2 6
t a b ab t a b a b ab t t
= + ⇒ = − + = + − = + −

Ta có:
( )
( )
( )
2
2
2 2
2 2 2
1
3 2
2 4
3 3
1 12
2

1 4
a b
ab t t t
a b a b
ab
P a b t t
ab a b a b t
+
 
≤ ⇒ − ≤ ⇒ ≥
 
 
+ + +
 
= + − + = − + + +
 
+ + + +
 

Xét hàm số:
( )
2
12
2
f t t t
t
= − + + +
với
2
t

≥

( )
2
12
' 2 1 0, 2
f t t t
t
= − + − < ∀ ≥
do ñó f(t) nghịch biến trên
[
)
2;
+∞

Suy ra
( )
3
(2) 6
2
f t f P
≤ = ⇒ ≤
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=1
Vậy
ax
3
2
m
P
=

khi và chỉ khi a=b=1


0,5





0,5
Câu
1. Do
(
)
B BC
∈
và B nằm trên Ox nên toạ ñộ B là nghiệm của hệ:
0,25
( )
0
4;0
4 3 16 0
y
B
x y
=

⇒

+ − =



Giả sử
(
)
(
)
;0 4 ;0
A a AB a
⇒ = −
. Do
( )
16 4
;
3
c
C BC C c
−
 
∈ ⇒
 
 

Tam giác ABC vuông tại A nên
16 4
. 0 ;
3
a
AB AC c a C a
−

 
= ⇒ = ⇒
 
 

2
1 1 16 4 2
. 4 . 4
2 2 3 3
ABC
a
S AB AC a a
∆
−
= = − = −

Mặt khác:
1 16 4 5
. 4 . 4 2 4
2 3 3
ABC
a
S p r a a a
∆
 − 
= = − + − = −
 
 

0,25


0,25
Do ñó:
2
7
2
4 4 1
3
4
a
a a a
a
=


− = − ⇔ =


=


•

( ) ( ) ( )
1
4
7 7;0 , 4;0 , 7; 4 , 6;

3
a A B C G
 
= ⇒ − −
 
 

•

( ) ( ) ( )
1
4
1 1;0 , 4;0 , 1;4 , 2;
3
a A B C G
 
= ⇒
 
 

•

(
)
(
)
(
)
4 4;0 , 4;0 , 4;0
a A B C= ⇒

: Loại




0,25
2. Ta có
(
)
(
)
d P
∩
tại E(-1;0;4)
Giả sử
(
)
(
)
0 0 0 0 0 0
; ; 2 5 0
F x y z P x y z
∈ ⇒ + − + =

Vì EF vuông góc (d’) nên EF vuông góc với (d), do ñó:
(
)
(
)
0 0 0 0 0 0

.EF 0 2 1 1 4 0 2 2 0
d
u x y z x y z
= ⇒ + + + − = ⇒ + + − =
 

( ) ( )
2 2
2
0 0 0
EF 5 3 1 4 75
x y z
= ⇔ + + + − =




0,5
6a
Giải hệ:
( ) ( )
( )
( )
0 0 0
1
0 0 0
2
2 2
2
0 0 0

2 5 0
4; 5; 1
2 2 0
6;5;9
1 4 75
x y z
F
x y z
F
x y z

+ − + =

− −


+ + − = ⇒


−



+ + + − =




0,5
Câu 7

Ta có:

( )
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2 3
1 2 1
8 2 1 3 1 1
3 8 3 3 1 ( 2)
2 6
n n n
n n n n n
C C C n n
+ + +
+ + + −
+ = ⇔ + + = ≥


0,25
( )
2
11
9 22 0
2

n
n n
n L
=

⇔ − − = ⇔

= −


Ta có khai triển:
( )
11
11
11
11
0
1 1
3 1 .3 1
k
k
k k
k
x C x
x x
−
=
 
   
+ − = −

   
 
   
 
∑

( )
( )
11
11
11
2
11 11
0 0 0 0
( 1)
.3 .3 1 .
k
k
i
k i k
i
i
k k i k k i
k k
i
k i k i
C x C C C x
x
−
−

−
= = = =
−
 
= = −
 
 
∑ ∑ ∑ ∑

0,25
ðể có số hạng chứa
4
x


11
4,0 11 2 3;0 11
2
k
i i k k i i k
−
⇔ − = ≤ ≤ ≤ ⇒ + = ≤ ≤ ≤

1; 1
3; 0
k i
k i
= =

⇔


= =




0,25
Do ñó hệ số của
4
x
là:
1 1 1 3 3
1 11
.3. ( 1) .3 4422
n
C C C− + =

0,25
1.

Gọi tâm
1 2
I d d
= ∩
suy ra toạ ñộ I là nghiệm của hệ:
3 0
9 3
;
6 0
2 2

x y
I
x y
− − =

 
⇒

 
+ − =
 



0,25
Giả sử M là trung ñiểm của AD ñồng thời là giao ñiểm của
1
d
và Ox
( )
3 2
3;0 ; 2 3 2
2
M IM AB IM⇒ = ⇒ = =

12
. 2 2
3 2
ABCD
ABCD

S
S AB AD AD
AB
= ⇒ = = =

Vì
(
)
1 1
,M I d AD d
∈ ⇒ ⊥ ⇒
AD qua M và có VTPT
(
)
1
1;1
d
n VTCPu= =
 

nên có PT:
(AD):
3 0
x y
+ − =


0,25

0,25
Câu
6b
Do
2
AD
MA MD
= = ⇒
Toạ ñộ A, D là nghiệm của hệ:
2 2
3
( 3) 2
x y
x y
+ =



− + =






0,25
Suy ra:
(

)
(
)
(
)
(
)
2;1 , 4; 1 , 5;4 , 7;2
A D B C−

2.

(P) chứa (d) nên (P) ñi qua M(2;-1;-1)
( )
d
∈
và có dạng:
Ax 2 0
By Cz A B C
+ + − + + =

(
)
2 2 2
0
A B C
+ + ≠

•
(

)
( ) . 0 0
d p
d P u n A B C
⊂ ⇒ = ⇒ + − =
 
(1)


0,25
Góc giữa
∆
và (P) bằng
0
30
nên:
( )
( )
2 2 2
2
1 1
sin ;
2 2
6.
A B C
P
A B C
+ +
∆ = ⇔ =
+ +

0,25
( )
(
)
2
2 2 2
2 2 3
A B C A B C
⇔ + + = + + (2)
Thay (1) vào (2) ta có:
2 2
2
2 5 2 0
2
A B
A AB B
A B
= −

+ + = ⇒

= −



0,25
• Khi A= - 2B=> Chọn
1, 2, 1 ( ) : 2 4 0

B A C P x y z
= − = = ⇒ − + − =

• Khi 2A= - B => Chọn
2, 1, 1 ( ) : 2 5 0
B A C P x y z
= − = = − ⇒ − − − =


0,25
ðK:
2 2
2 2
0
log log 3 0
x
x x
>


− − ≥


BPT
( )
2
2 2 2
log 2log 3 5 log 3
x x x
⇔ − − > −

0,25
ðặt
2
log
t x
= , BPT có dạng:
( ) ( )( ) ( )
2
2 3 5. 3 3 1 5 3
t t t t t t
− − > − ⇔ − + > −

( )( ) ( )
2
1
1
3
3 4
1 3 5 3
t
t
t
t
t t t
≤ −

≤ −



>

⇔ ⇔



< <



+ − > −








0,25
•

2
1
1 log 1 0
2
t x x
≤ − ⇒ ≤ − ⇔ < ≤

0,25
Câu
7b
•
2
3 4 log 4 8 16
t x x
< < ⇒ < ⇔ < <

BPT có tập nghiệm là:
( )
1
0; 8;16
2
 
∪


 


0,25