ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A,A1 LẦN I TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ, BẮC NINH NĂM 2012,2013

www.MATHVN.com

www.mathvn.com
1



Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số
4 2
y x 4x 3 (C)
= − + −

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(C)
của hàm số.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình:
4 2 2
x 4x 3 7m m
− + − = −
có nghiệm
thuộc đoạn
2; 5
 
−
 
.
Câu II (2.0 điểm)
1. Giải phương trình:
− π − π
   
+ + =

   
   
6 6
x x 2x 3 6x
4sin 4cos 3 4cos cos
2 2 4 4
.
2. Giải bất phương trình:
+ + + +
> +
2x x x 4 1 x 4
3 8.3 9 .
Câu III (2.0 điểm) Cho hình lặng trụ đứng
ABC.A'B'C'
có
AB a,
=

AC 2a,
=

AA' 2a 5
=
và

0
BAC 120
=
. Gọi
K

là trung điểm của cạnh
CC'
.
1. Tính thể
tích kh
ố
i chóp
A.A'BK
.
2. Xác
đị
nh tâm và bán kính m
ặ
t c
ầ
u ngo
ạ
i ti
ế
p t
ứ
di
ệ
n
A'B'BK
.
3.

G
ọ

i I là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a

BB'
, tính kho
ả
ng cách t
ừ

đ
i
ể
m I
đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
(
)
A'BK
.
Câu IV (1.0 điểm)
Trong m

ặ
t ph
ẳ
ng
Oxy
, cho hình ch
ữ
nh
ậ
t
ABCD
có di
ệ
n tích b
ằ
ng 12,
tâm I là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng
1
d :x y 2 0
− − =

và
2
d :2x 4y 13 0
+ − =
. Trung
đ
i
ể
m M c
ủ
a c
ạ
nh AD là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
1
d
v
ớ
i tr
ụ
c
Ox
. Tìm t
ọ
a

độ
các
đỉ
nh c
ủ
a hình ch
ữ

nh
ậ
t bi
ế
t
đ
i
ể
m A có tung
độ
d
ươ
ng.
Câu V (1.0 điểm)
M
ộ
t h
ộ
p bi có 5 viên bi
đỏ
, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. H
ỏ

i có bao
nhiêu cách l
ấ
y ra 4 viên bi trong
đ
ó s
ố
bi
đỏ
l
ớ
n h
ơ
n s
ố
bi vàng.
Câu VI (1.0 điểm)
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình:


+ + + − + = + −


− + =



3 2 2
2
y 3y y 4x 22x 21 (2x 1) 2x 1 (1)
2x 11x 9 2y (2)
(
)
∈
ℝ
x, y

Câu VII (1.0 điểm)
Cho
x, y, z
là ba s
ố
th
ự
c d
ươ
ng th
ỏ
a mãn:
x y z 3 3.
+ + =
Tìm giá
tr
ị
nh

ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c:
2 2 2
1 1 1 1
P
x y z xy yz zx
= + + +
+ +
.

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013
Môn: TOÁN; Kh
ố
i A, A
1

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi: 8/12/2012

www.MATHVN.com

www.mathvn.com
2




Câu Đáp án Điểm

1. (1.0 điểm) Khảo sát hàm số
4 2
y x 4x 3
= − + −

• Tập xác định:
D
=
ℝ
.
• Sự biến thiên:
x
lim y
→−∞
= −∞
,
x
lim y
→+∞
= −∞

3
x 0 y 3
y' 4x 8x, y' 0
x 2 y 1
= ⇒ = −

= − + = ⇔

= ± ⇒ =


0.25
Bảng biến thiên:


x
−∞

2
−
0
2

+∞


y'

+ 0 – 0 + 0 –
y 1 1

CĐ CĐ
CT
−∞

3
−

−∞

0.25
Hàm số nb trên các khoảng
( 2;0), ( 2; )
− +∞
và đb trên
( ; 2), (0; 2)
−∞ −
Hàm số đạt cực tiểu tại
CT
x 0, y 3
= = −
và đạt cực đại tại
C §
x 2, y 1
= ± =
.
0.25

0.25
2. (1.0 điểm) Tìm m để phương trình có nghiệm …
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
= = − + −
4 2
y g(x) x 4x 3 (C')
và đường thẳng
2
d : y 7m m.
= −

Vẽ đồ thị
(C '),
ta có:

− + − − + − ≥

= = − + − =

− + − + − <


4 2 4 2
4 2
4 2 4 2
x 4x 3 neáu x 4x 3 0
y g(x) x 4x 3
x 4x 3 neáu x 4x 3 0

0.25

I
(2.0 điểm)




0.25
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)
• Đồ thị:
x
1
±

3
±

2
±

y 0 0
3
−


- Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục

Oy làm trục đối xứng.
Từ (C) ta vẽ
(C ')
như sau:
- Giữ nguyên phần đồ thị (C) nằm phía trên trục Ox.
- Lấy đối xứng phần đồ thị (C) nằm phía dưới trục
Ox qua trục Ox.
- Xóa phần đồ thị (C) nằm phía dưới Ox.
⇒
Ta thu được đồ thị
(C ')
. Sau đó lấy đồ
thị
(C ')
trên
[ 2; 5]
−
với

g( 2) 3;g( 5) 8
− = =
.
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
LẦN 1 NĂM 2
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐH MÔN TOÁN KHỐ A NĂM HỌC 2012-2013
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2012-2013
www.MATHVN.com

www.mathvn.com
3

Từ đồ thị ta có: (1) có nghiệm thuộc đoạn
2
2
7m m 0
[ 2; 5]
7m m 8

− ≥

− ⇔

− ≤



0.25

m 0 m 1/ 7 1 m 0
1 m 8 / 7 1 / 7 m 8 / 7
≤ ∨ ≥ − ≤ ≤
 
⇔ ⇔


− ≤ ≤ ≤ ≤
 

Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là:
1 m 0; 1/ 7 m 8 / 7
− ≤ ≤ ≤ ≤
.
0.25
1. (1.0 điểm) Giải phương trình:
3
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
4 sin cos 3sin cos sin cos 3 2 cos(2x ) cos x
2 2 2 2 2 2 2
 
 
π
     
⇔ + − + + = −π + − −
 
     
 
     
 
 
 

0.25
( )
2
3
4 1 sin x 3 2 cos2x sin x

4
 
⇔ − + = − −
 
 

0.25
2
4 3sin x 3 2 cos2x 2sin x
⇔ − + = − −

2 2
7 3sin x 2(1 2sin x) 2sin x
⇔ − = − − −

2
7sin x 2sin x 9 0
⇔ − − =

0.25
1
2
9
2
7

= −
π

⇔ ⇔ = − + π


=


sinx
x k
sinx (loaïi)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
x 2k
2
π
= − + π

0.25
2. (1.0 điểm) Giải bất phương trình…
ĐKXĐ:
x 4
≥ −

BPT
2x x x 4 2 x 4
3 8.3 9.3 0
+ + +
⇔ − − >
(
)
2 x x 4
x x 4
3 8.3 9 0

− +
− +
⇔ − − >

Đặt
x x 4
t 3
− +
=
, đk: t > 0. BPT có dạng:
2
t 8t 9 0
− − >

0.25

t 1
t 9
< −

⇔

>

. Do t > 0 ta được nghiệm t > 9
0.25
Với t > 9
− +
⇒
> ⇔ − + > ⇔ + < −

x x 4
3 9 x x 4 2 x 4 x 2
(1)
TH1:
− ≤ <
4 x 2

⇒
< ≤
VP(1) 0 VT(1)
. Vậy (1) vô nghiệm
0.25
II
(2.0 điểm)

TH2:
x 2
≥
⇒
⇔ + < − ⇔ − ⇔ < ∨ >
2 2
(1) x 4 (x 2) x 5x > 0 x 0 x 5
. Kết hợp
với
x 2
≥
ta được
>
x 5
.

Vậy bất phương trình có nghiệm
>
x 5
.
0.25
1. (1.0 điểm) Tính thể tích khối chóp
A.A'BK
.
B
C
B'
A'
K
E
F
I
C'
A

0.25
III
(2.0 điểm)

Mà
= =
2
0
ABC
1 a 3
S AB.ACsin120

2 2

0.25
Do
CK / /(AA 'B)
nên ta có:
A.A 'BK K.AA 'B C.AA'B
V V V= =


A'.ABC ABC
1
V S .AA '
3
= =

www.MATHVN.com

www.mathvn.com
4

Vậy
= =
2 3
A.A'BK
1 a 3 a 15
V . .2a 5
3 2 3

0.5

2. (0.5 điểm) Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
A 'B ' BK
.
ABC
∆
có:
2 2 2 0 2
BC AB AC 2AB.AC.cos120 7a
= + − =

(
)
2
2 2 2 2 2
BK BC CK 7a a 5 12a
= + = + = ,
2 2 2 2 2 2
A 'K A'C ' C ' K 4a 5a 9a
= + = + = ,
0.25
2 2 2 2 2 2
A 'B A' A AB 20a a 21a
= + = + =

Suy ra
2 2 2
A 'B A' K BK A'BK
= + ⇒ ∆ vuông tại K.

Ta có



0
A ' KB A 'B'B 90
= = ⇒ 4 điểm
A ',B,K,B'
nằm trên mặt cầu đường kính
A 'B
. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
A 'B ' BK
có tâm E là trung điểm
A 'B
và
bán kính
1 a 21
R A 'B
2 2
= =
.
0.25
3. (0.5 điểm) Tính khoảng cách từ I đến mp
Gọi F là trung điểm của
A ' B ' IF / /(A 'BK)
⇒
(
)
(
)
d I,(A'BK) d F,(A'BK)
⇒ =

Do E là tđ của
AB '

( ) ( ) ( )
1 1
d F,(A ' BK) d B',(A 'BK) d A,(A ' BK)
2 2
⇒ = =

0.25

Tam giác
A 'BK
có
2
A'BK
1 1
BK A'K S A 'K.BK .3a.2a 3 3a 3
2 2
⊥ ⇒ = = =

Có
( )
A.A 'BK A 'BK
1
V S .d A,(A ' BK)
3
=

( )
3
A.A'BK
2
A'BK
3V
a 15 a 5
d A,(A'BK)
S 3
3a 3
⇒ = = =
Vậy
( )
1 a 5 a 5
d I,(A 'BK)
2 3 6
= = .
0.25
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Ta có
1
d
cắt
2
d
tại I ⇒ toạ độ điểm I là nghiệm của hệ:
7
x
x y 2 0
2

2x 4y 13 0 3
y
2

=

− − =


⇔
 
+ − =


=



7 3
I ;
2 2
 
⇒
 
 
.
Theo gi
ả thiết M là trung điểm cạnh
AD
và

1
M d Ox
= ∩
⇒

(
)
M 2;0
.
0.25
IV
(2.0 điểm)

Ta có
3
IM ,AB 2IM 3 2
2
= = = . Theo giả thiết
ABCD
S AB.AD 12
= =

ABCD
S
12
AD 2 2
AB
3 2
⇒
= = =

. Vì I và M cùng thuộc đường thẳng
1
d

1
d AD
⇒
⊥
Đường thẳng AD đi qua
(
)
M 2;0
và nhận
n (1;1)
=

làm VTPT nên có PT:
1(x 2) 1(y 0) 0 x y 2 0
− + − = ⇔ + − =

0.25
www.MATHVN.com

www.mathvn.com
5

Lại có
1
MA MD AD 2
2

= = =
. Toạ độ của A, D là nghiệm của hệ phương
trình
2 2
x y 2 0
x 3 x 1
y 1 y 1
(x 2) y 2
+ − =
 = =
 
⇔ ∨
  
= − =
− + =
 

. Vì
A
y 0
> ⇒
A(1;1), D(3; 1)
−
.
0.25
Do
7 3
I ;
2 2
 

 
 
là trung điểm của AC và BD suy ra
C(6;2), B(4;4)
.
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là:
A(1;1), B(4;4), C(6;2), D(3; 1)
−
.
0.25
Hỏi có bao nhiêu cách
Các trường hợp để chọn được 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng là:
TH1: Cả 4 viên bi đều là bi đỏ có
4
5
C
cách chọn
TH2 : Trong 4 viên bi có 1 bi đỏ và 3 bi xanh có
1 3
5 4
C C
cách chọn.
0.25
TH3: Trong 4 viên bi có 3 viên bi đỏ, 1 bi xanh có
3 1
5 4
C C
cách chọn
TH4: Trong 4 viên bi có 3 viên bi đỏ, 1 bi vàng có
3 1

5 3
C C
cách chọn
0.25
TH5 : Trong 4 viên bi có 2 bi đỏ và 2 bi xanh có
2 2
5 4
C C
cách chọn
TH6 : Trong 4 viên bi có 2 bi đỏ, 1 bi xanh và 1 bi vàng có
2 1 1
5 4 3
C C C
cách chọn
0.25
V
(1.0 điểm)

Vậy có :
4
5
C
+
1 3
5 4
C C
+ +
3 1 3 1
5 4 5 3
C C C C

+
2 2
5 4
C C
+
2 1 1
5 4 3
C C C
=275 cách chọn thoả mãn.
0.25
Giải hệ phương trình…
Điều kiện:
x 1 / 2 ( )
≥ ∗

Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) nhân với 2 ta được:
3 2 3 2
y 3y y 3 (2x 1) 2x 1 4y y 3y 5y 3 (2x 1) 2x 1
+ + + = + − − ⇔ + + + = + −


3 2
y 3y 3y 1 2y 2 (2x 1 2) 2x 1
⇔ + + + + + = − + −


(
)
3
3

(y 1) 2(y 1) 2x 1 2 2x 1 (3)
⇔ + + + = − + −
0.25
Xét hàm số:
3
f(t) t 2t
= +
với
t .
∈
ℝ

Ta có:
= + >
2
f '(t) 3t 2 0
với
∀ ∈
⇒
ℝ
t f(t)
đồng biến trên
.
ℝ

Do đó:
(3) f(y 1) f( 2x 1) y 1 2x 1 y 2x 1 1
⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ = − −

0.25

Thay vào (2) ta được:
2 2
2x 11x 9 2 2x 1 2 2 2x 1 2x 11x 11
− + = − − ⇔ − = − +



− + ≥ ∗∗

⇔

− = − +


2
2 2
2x 11x 11 0 ( )
4(2x 1) (2x 11x 11) (4)


4 2 3 2
(4) 8x 4 4x 121x 121 44x 44x 242x
⇔ − = + + − + −

4 3 2 3 2
4x 44x 165x 250x 125 0 (x 1)(4x 40x 125x 125) 0
⇔ − + − + = ⇔ − − + − =


2

(x 1)(x 5)(4x 20x 25) 0
⇔ − − − + =

0.25
VI
(1.0 điểm)


x 1 (tháa m·n ( ),( ))
x 1 y 0
x 5 (tháa m·n ( ),( ))
x 5 y 2
x 5 / 2 (kh«ng tháa m·n ( ))
= ∗ ∗∗

= ⇒ =


⇔ = ∗ ∗∗ ⇔


= ⇒ =


= ∗∗


Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là
(x;y) {(1;0),(5;2)}
∈

0.25
VII
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức…
www.MATHVN.com

www.mathvn.com
6

Ta có:
Cauchy
2 2 2
3
2 2 2
3
1 1 1 3
(xy yz zx) 3 x y z 9
xy yz zx
x y z
 
+ + + + ≥ ⋅ =
 
 


1 1 1 9
xy yz zx xy yz zx
⇒ + + ≥
+ +
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

x y z
= =

0.25
Do đó:
2 2 2
1 9
P
x y z xy yz zx
≥ +
+ + + +


2 2 2
1 1 1 7
x y z xy yz zx xy yz zx xy yz zx
= + + +
+ + + + + + + +


Cauchy
2 2 2 2
3
3 7
xy yz zx
(x y z )(xy yz zx)
≥ +
+ +
+ + + +

0.25
Mặt khác:
▪
2 2 2 2
Cauchy
2 2 2 2
3
x y z 2xy 2yz 2zx (x y z)
(x y z )(xy yz zx) 9
3 3
+ + + + + + +
+ + + + ≤ = =

▪
2 2 2 2 2 2
x y z xy yz zx x y z 2xy 2yz 2zx 3xy 3yz 3zx
+ + ≥ + + ⇔ + + + + + ≥ + +

2
(x y z) 3xy 3yz 3zx xy yz zx 9.
⇔ + + ≥ + + ⇔ + + ≤

0.25
(1.0 điểm)

Suy ra:
3 7 10
P
9 9 9
≥ + = ⋅

Vậy
10
min P
9
=
Dấu “=” xảy ra khi
x y z 3.
= = =
0.25