Tổng hợp đề thi thử đại học khối A, A1, B, D môn toán năm 2013 (Phần 33)

TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 3

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG LẦN 1 MĂM HỌC 2012 – 2013

Môn: TOÁN – Khối A - A1

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y  2 x3  3  m  1 x2  m (1),( với m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số (1) khi m =2
2.Tìm m để hàm số có điểm cực trị, ký hiệu là A, B sao cho ba điểm A, B, I(3;1) thẳng hàng.
Câu II ( 2 điểm)
1.Giải phương trình:

3  


cos 2 2 x  2cos  x   sin  3x    2
4  
4

0
2cos x  2

2. Cho khai triển 1  3x   a0  a1 x  ............  a2 n x 2n , n  N * . Tính hệ số a8 biết n thoả
2n

mãn hệ thức.

2
14 1

 3 .
2
Cn 3Cn n

Câu III ( 1 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh có độ dài bằng a, tâm O trong không gian lấy
điểm S sao cho SA = SO =2a, SB=SD.
a) Tính thể tích khối chóp SABCD
b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD)
Câu IV ( 1,0 điểm ) Cho a, b,c là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
M

a3
b3
c3


a3  (b  c)3
b3  (c  a)3
c 3  ( a  b)3

Câu V ( 2 điểm)
2 2
2

 x y  1  xy  y  4 xy
1. Giải hệ phương trình sau  2
2

x y  x  2 y
4

x 1
2.Tính tích phân sau I = 
dx
3 x 2x 1
2

Câu VI ( 2 điểm)
7 1
1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I   ;  ,
 6 2

biết điểm B(1;-1), phương trình đường cao AH là AH: y-3=0. Tìm toạ độ A và C.
2. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(0;1;-1), B(2;-1;1) và mặt phẳng (P) có
phương trình (P): x-2y-z+2 =0. Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác
ABC cân tại C và có diện tích bằng 6 .


TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 3

ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC CĐ LẦN 1 MĂM HỌC 2012 – 2013

Môn: TOÁN – Khối A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐÁP ÁN

Câu
1

ĐIỂ

M

1. TXĐ D=R
2. Sự biến thiên
a. Giới hạn tại vô cực
lim y  

lim y  

x 

0.25

x 

b.Bảng biến thiên
x  0
x  1

Ta có y '  6 x 2  6 x  0  


y’

0
+

0



1
-

0

+
0.25


2
y


1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;0  và 1;  
Hàm số nghịch biến trên  0;1
Hàm số đạt cực đại tại x=0, ycđ=2
Hàm số đạt cực tiểu tại x=1,yct=1
3.Đồ
thị

0.25

fx = 2x3 -3x2 +2

4

2

-10

-5

0.25

5

-2

-4


1 3

Nhận xét. Đồ thị hàm số nhận điểm uốn U  ;  làm tâm đối xứng
2 2
2

x  0
 x  m 1

Ta có y '  6 x 2  6(m  1) x  0  

0.25

Đồ thị hàm số có cực trị khi y’ có 2 nghiệm  m  1
Toạ độ hai điểm cực trị A(0;m) và M(m-1;-(m-1)3+m)  AB: y=-(m-1)2x+m
Ba điểm A,B, I(3;1) thẳng hàng khi I  AB

0.25

 m  1 (loại)
 1 = -(m-1) .3+m  
m  4
3

4
Vậy giá trị m cần tìm là m 
3

0.25

2

Câu II
1

0.25


4

ĐK: 2cos x  2  0  x    k 2



Với điều kiện đó phương trình  cos2 2 x  2cos  x 

3  

 sin  3x    2  0
4  
4

0,25


1 

 cos2 2 x  2 sin  4 x    sin  2 x      2  0
2 
2





 1  sin 2 2x  sin      4x    sin 2x  2  0
2


 1  sin 2x  cos 4x  sin 2x  2  0

0,25

2





 1  sin 2 2x  1  2sin 2 2x  sin 2x  2  0
 sin 2 2x  sin 2x  2  0

0,25

 sin 2x  1 hoặc sin 2x  2 (loại)

5
 k2 (k  )
4
2
14 1
4
28
1
 3 


2
Cn 3Cn n
n(n  1) n(n  1)(n  2) n
 n  2
 n2  7n  18  0  
n  9

So điều kiện phương trình có nghiệm x 

2

0,25
0.25

0,25

Suy ra n=9



Áp dụng khai triển NiuTơn 1  3x



18

18



  C18k  3x
k 0



k

0.25

Hệ số a8 ứng với k=8





8

a8  C188  3 = 3544398

0.25


Câu III

S

I
K
A
D
M

N

H
O

B

C

a)Gọi H là trung điểm của AO
Vì Tam giác SBD cân tại S nên BD  SO , BD  AC nên BD  (SAC )
Từ đó BD  SH
Vì tam giác SAO cân tại S nên SH  AC
Ta có SH  AC, SH  BD nên SH  ( ABCD)
a 2
a 62
, SH  SA2  AH 2 =
4
4
3
1
1
a 62 a 62
VSABCD  .S ABCD .SH  .a 2 .

3
3
4
12
3a
b) Gọi K,I lần lượt là hình chiếu của H, M trên SN, HN 
4
Vì AB// (SCD) nên d  B;(SCD)  d  M ;(SCD)   MI

0.25

Ta có S ABCD  a 2 , AH 

Ta có

1
1
1
 HK 


2
2
HK
HS
HN 2

HS .HN

=

2

0.25

3a. 31
28

HS  HN
HK HN 3
4
4 3a. 31 a 31

Ta có


  MI  .HK  .
3
3 28
7
MI MN 4
2

0.25

0.25


Câu IV

Theo bất đẳng thức Cô-si, với x  0 , ta có

1  x  1  x  x

1 x 
3

2





(1  x)  1  x  x 2
2

  1 x

2

0.25

2

Áp dụng kết quả trên với a > 0, b > 0 và c > 0, ta được

a3

1
a2



 2
3
2
2
2
3
a  b2  c 2
1  b  c  1 b  c
a3   b  c 
bc

1

1 



a2
2 a 
 a 
Tương tự, ta có:
1

1

b3
b3   c  a 

3



b2
a 2  b2  c2

3



c2
a 2  b2  c2

c3
c3   a  b 

0.5

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
a3
a3   a  b 

3



b3
b3   c  a 

3



c3
c3   a  b 

3



a2
b2

c2


1
a 2  b2  c 2 a 2  b2  c 2 a 2  b2  c 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 1 khi a  b  c .

CâuV
1

0.25

2 2
2

 x y  1  xy  y  4 xy
Giải hệ phương trình  2
2

x y  x  2 y

TH1: y=0 không thoả mãn
TH2: y  0 . Chia cho y 2 ta được

0.25


1 4 x
 2 1

1 
1  6 x
x


x


 x     x   
2

y
y
y
y 
y
y


 
 2
1
x  x  2
x
 y y 2
yx y2

 
1
x

Đặt u  x  ; v  ta có hệ
y
y
2
u  u  6v
u  2


v  1
uv  2
2

1

 x  y  2
 x  1
Theo cách đặt ta có 

y 1
 x  1
 y

Vậy nghiệm của hệ là (-1;1)
2

4

Tính tích phân sau

x

3
2

0.25

0.25

0.25

x 1
dx
2x 1

Đặt t  2 x  1  2tdt = 2dx
3
2

Đổi cận x   t  2; x  4  t  3 . Khi đó

0.25


t2 1
2 
1
1 


dt =  1  2  dt =  1 


 dt
2
t 1
t 1 
t 1 t  1 
2
2
2
3

3
 t 1  
=  t  ln 
= 1  ln

2
 t 1  

2
3

3

I 

Câu VI
1

3

125
. Giả sử A(a;3). Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp nên
18
1

2
2
a
7 
1  125

2
2


AI  BI   a     3   
3

6 
2
18

 a  2

Ta có BI2 =

0.5

0.25

0.25

0.25

Suy ra A   ;3  hoặc A  2;3
 3 
Phương trình BC: x-1=0
Giả sử C(1;c)
1

2
2
c  2
1  125
 7 
Giải CI  BI  1     c   

2
18
 6 
c  1

2

2

Với c=-1 thì C trùng B loại
Suy ra C(1;2)

2

1
Vậy A   ;3  hoặc A  2;3 và C(1;2)
 3 
Ta có AB   2; 2; 2  , AB  2 3 , toạ độ trung điểm của AB là I 1;0;0 

Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của AB khi đó
(Q):x-y+z-1=0
Vì tam giác ABC vuông cân tại C nên C nằm trên (Q)
Khi đó C thuộc giao của (P) và ( Q)
Cho y=t ta xét hệ
1 3

x  t

x

z

1

t


2 2 từ đó phương trình giao tuyến của (P) và ( Q ) là


 x  z  2  2t
z  3  1 t


2 2
1 3

x   2  2 t

1 3
3 1
Giả sử C    t; t;  t 
y  t
2 2 
 2 2

3 1
z   t
2 2

1
1
S ABC  . AB.CI  .2 3.CI  6  CI  2
2
2
t  1
2
2
 3 3 
3 1 
2
2
2
Ta có CI     t   t    t   2  7t  12t  5  0   5

t 
 2 2 
2 2 
 7
4 5 8
Vậy có hai điểm C là. C 1;1;1 và C  ; ; 
7 7 7

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25



SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN 2
Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  x4  2mx2  2m2  4 (Cm ) . (m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m  1.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (Cm ) có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác cân có

1
góc ở đỉnh của tam giác đó bằng  với tan 
.
2

2 2
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 2cos2 x  2 3 sin x cos x  1  3(sin x  3 cos x) .
2. Giải hệ phương trình


 x2  5 y  3  6 y 2  7 x  4  0
( x, y  R) .


 y ( y  x  2)  3x  3

( x  1)e x  x  1
dx .
1 ex
0

1

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I  

Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB  a, BC  2a, ABC  600 , hình chiếu vuông góc
của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng
(ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp A’.ABC và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (A’BC).
Câu V (1,0 điểm) Cho bất phương trình m( x2  2 x  2  1)  x(2  x)  0
Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x  0;1  3  .
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 Oxy, cho đường thẳng  : x  2 y  5  0 và đường tròn (C ) : x2  y 2  2 x  4 y  5  0 có
tâm I. Qua điểm M thuộc , kẻ tiếp tuyến MA đến (C) (A là tiếp điểm) sao cho AM  10 . Tìm tọa độ điểm M
và lập phương trình đường tròn ngoại tiếp MAI .
x 1 y 1 z
x 1 y  2 z
2. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng  d1  :

 ; d2  :

 và mặt
2
1
1
1
2
1
phẳng  P  : x  y  2z  3  0 . Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) cắt  d1  ,  d 2 
lần lượt tại A, B sao cho AB  3 3 .
Câu VII.a (1.0 điểm) Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn z 2  z 2  6 và z  1  i  z  2i
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, BC : 2 x  y  7  0, đường thẳng AC đi qua điểm

M (1; 1), điểm A nằm trên đường thẳng  : x  4 y  6  0. Lập phương trình các cạnh còn lại của tam giác
ABC biết rằng đỉnh A có hoành độ dương.
2. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(13; 1; 0), B(2; 1; 2), C(1; 2; 2) và mặt cầu
(S ) : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  67  0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và tiếp
xúc mặt cầu (S).
Câu VII.b (1.0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  2  4i  z  2i . Tìm số phức z có mô đun
nhỏ nhất.
----------------- 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:..............................


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013
Môn thi : TOÁN
Câu I: (2,0 điểm)
3
2
Cho hàm số y  x  3x  9 x  m , trong đó m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m  0 .
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm
phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:

1
x 1
x
 cos 2  sin 2 .
4
3 2
2

2. Giải phương trình:

1
log
2

2

1
( x  3)  log 4 ( x  1) 8  3 log 8 (4 x) .
4

Câu III: (1,0 điểm)


Tính tích phân: I 

4


 cos x

tan x
1  cos 2 x

dx .

6

Câu IV: (1,0 điểm)
Tính thể tích của khối hộp ABCD. A' B' C' D' theo a . Biết rằng AA' B' D' là khối tứ diện đều
cạnh a .
Câu V: ( 1,0 điểm)
 1 
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc đoạn  ;1 :
 2 

3 1  x 2  2 x 3  2 x 2  1  m ( m  R ).
Câu VI: (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình: 2 x  y  5  0 và hai điểm
A(1;2) ; B(4;1) . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng (d ) và đi qua hai
điểm A , B .
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;2) , B(2;0;2) .
a. Tìm quỹ tích các điểm M sao cho MA2  MB 2  5 .
b. Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng (OAB) và (Oxy) .
Câu VII: (1,0 điểm)
1. Với n là số tự nhiên, chứng minh đẳng thức:
Cn0  2.Cn1  3.Cn2  4.Cn3  ...  n.Cnn1  (n  1).Cnn  (n  2).2 n1 .

 x  iy  2z  10

2. Giải hệ phương trình:  x  y  2iz  20
ix  3iy  (1  i)z  30



Lời giải tóm tắt(Đề 32)
Câu I:
2.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng
 Phương trình x3  3x2  9x  m  0 có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng
 Phương trình x3  3x2  9x  m có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng
 Đường thẳng y  m đi qua điểm uốn của đồ thị
 m  11  m  11.
Câu II:
1.
1
x 1
x
 cos 2  sin 2
4
3 2
2
2x
1  cos
1
3  1  cos x
 
4
2
4
2x
 1  2  2 cos
 1  cos x
3
x

a  
3



 2  2 cos 2a   cos 3a

 2  2  2 cos 2 a  1    4 cos3 a  3 cos a 
 2  4 cos 2 a  2  4 cos3 a  3 cos a  0
 cos a  4 cos 2 a  4 cos a  3  0


cos a  0
x

x 
3
cos  0



 3  2  k
x
 k 3
1
3


 cos a 



2



2
cos x  cos 
 x     k 2
 x    k 6 .


 3
3
3
3
3
cos a    loaïi 

2
2.
1
1
log 2 ( x  3)  log 4 ( x  1) 8  3 log 8 (4 x) .
2
4
Điều kiện:
 x  3

 x  1  0  x  1.
x  0

Biến đổi theo logarit cơ số 2 thành phương trình
log 2  x  3 x  1   log 2  4x 

 x 2  2x  3  0
 x  1  loaïi 

 x  3.
x

3

Câu III:




tan x

4



4
tan x
tan x
I
dx  
dx  
dx .
2
2
2

1
 cos x 1  cos x

 cos x tan x  2
2
cos x
1
6
6
6
cos2 x
4


Đặt u  tan x  du 

x
x


6


4

 u 

1
dx. .
cos2 x

1
3

 u 1
1

 I 



1
3

u
u 2
2

dx.

Đặt t  u 2  2  dt 

u
u2  2

du .

1
7
t 

3
3
u  1  t  3.
u

3

I 

 dt  t
7
3

3
7
3

 3

7 3 7

.
3
3

Câu IV:
V  Sñaùy  h .
a2 3
,
Sñaùy 

2
a 6
h
3
a3 3
 V 
.
2

Câu V:

3 1  x 2  2 x 3  2 x 2  1  m ( m  R ).
 1 
Đặt f  x   3 1 x2  2 x3  2x2  1 , suy ra f  x  xác định và liên tục trên đoạn   ;1 .
 2 
2
 3

3x
3x  4x
3x  4
f ' x  

 x 

.
2
3
2
1 x2

x 3  2x 2  1
1

x
x

2
x

1


4
3
3
x

4
1



 0.
x    ;1 ta có x    3x  4  0 
3
 2 
1 x2
x 3  2x 2  1
Vậy:
f ' x  0  x  0 .

Bảng biến thiên:
1
x

0
1
2
f ' x
||

0

||

1
CÑ
f  x

3 3  22
2
4


Dựa vào bảng biến thiên, ta có:
3 3  22
 1 
Phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất thuộc   ;1  4  m 
hoặc m  1 .
2
 2 

Câu VI:
1.
Phương trình đường trung trực của AB là 3x  y  6  0 .
Tọa độ tâm I của đường tròn là nghiệm của hệ:
2 x  y  5  x  1

 I 1; 3 .

3x  y  6  y  3
R  IA  5 .
2
2
Phương trình đường tròn là  x  1   y  3  25 .
2.
a.
M  x, y, z  sao cho MA2  MB2  5
  x  1   y  1   z  2   x  2  y 2   z  2  5
2

2

2

2

2

 2x  2 y  7  0.
Vậy quỹ tích các điểm M là mặt phẳng có phương trình 2x  2 y  7  0 .

b.
OA, OB    2; 2; 2  2 1;1; 1   OAB  : x  y  z  0 .



 Oxy  : z  0 .

N  x; y; z  cách đều  OAB  và  Oxy   d  N ,  OAB    d  N ,  Oxy   
x  y 
 x  y  z   3z  
x  y 






3  1 z  0.



3

3 1 z  0

Vậy tập hợp các điểm N là hai mặt phẳng có phương trình x  y 

x y

x yz







3  1 z  0 và

3 1 z  0 .

Câu VII:
Khai triển 1 x  ta có:
n

1 x 

n

 Cn0  Cn1x  Cn2 x2  Cn3 x3  ...  Cnn1x n1  Cnn x n .

Nhân vào hai vế với x  , ta có:
n
1 x  x  Cn0 x  Cn1x2  Cn2 x3  Cn3x4  ...  Cnn1x n  Cnn x n1.
Lấy đạo hàm hai vế ta có:
n 1
n
Cn0  2Cn1x  3Cn2 x2  4Cn3 x3  ...  nCnn1x n1   n  1 Cnn x n  n 1 x  x  1 x 
 1 x 

n 1

 nx  x  1 .

Thay x  1, ta có Cn0  2.Cn1  3.Cn2  4.Cn3  ...  n.Cnn1  (n  1).Cnn   n  2 .2n1.



z
1


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013
Môn thi : TOÁN
I. PHẦN CHUNG:
Câu 1:

2x  4
x 1
2. Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(- 3;0) và N(- 1; - 1)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

y =

Câu 2:

1
3x
7

1. Giải phương trình: 4cos4x – cos2x  cos4x + cos
=
2
4
2
x
x
2. Giải phương trình: 3 .2x = 3 + 2x + 1
Câu 3:

2

Tính tích phân: K =

 1  s inx 

  1+cosx e dx
x

0

Câu 4:
Cho hình chóp tam gíac đều S.ABC độ dài cạnh bên bằng 1. Các mặt bên hợp với mặt
phẳng đáy một góc α. Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC.
Câu 5:

x2 y z4
và hai điểm A(1;2; - 1), B(7;-2;3). Tìm trên (d)



3
2
2
những điểm M sao cho khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhất
II. PHẦN RIÊNG:
1) Theo cương trình chuẩn:
Câu 6a:
1.Năm đoạn thẳng có độ dài 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng
trong năm đoạn thẳng trên. Tìm xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác.

x x  8 y  x  y y
2. Giải hệ phương trình: 

x  y  5
Câu 7a:
cosx

Tìm giá trị nhỏ nhất y =
với 0 < x ≤
2
sin x(2cosx -sinx)
3
2) Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b:

Cho đường thẳng (d):

1. Tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton:



2

lg(10 3x )

( x  2)lg3

 2
5

hạng thứ 6 của khai triển bằng 21 và Cn1  Cn3  2Cn2
2
2 

3
2. Cho   3  cos
 sin
 . Tìm các số phức β sao cho β = α
3
3 

Câu 7b:
Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng:
52
 a 2  b 2  c 2  2abc  2
27
------------------------------Hết---------------------------------

HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 31)
LỜI GIẢI TÓM TẮT:

I. PHẦN CHUNG:



n

biết rằng số


Câu 1:
1. Bạn đọc tự giải.
2. MN = (2;-1). ==> MN: x + 2y + 3 = 0
Đường thẳng (d)  MN, (d) có dạng phương trình y = 2x + m.
Gọi A, B là hai điểm thuộc (C) đối xứng nhau qua đường thẳng MN
Hoành độ của A và B là nghiệm của phương trình:
2x  4
 2 x  m  2x2 + mx + m + 4 = 0 ( x ≠ - 1) (1)
x 1
Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có  = m2 – 8m – 32 > 0
Ta có A(x1,2x1 + m), B(x2;2x2 + m) với x1, x2 là nghiệm của (1)
m m
x x

Trung điểm của AB là I  1 2 ; x1  x2  m   I( ( ; ) ( theo định lý Vi-et)
4 2
 2

2
Ta có I  MN ==> m = - 4, (1)  2x – 4x = 0
 A(0; - 4), B(2;0)

Câu 2:
1
3x
7
4cos4x – cos2x  cos4x + cos
=
2
4
2
1
3x
7
3x
 (1 + cos2x)2 – cos2x  (2cos 2 2 x  1) + cos
=
=2
 cos2x + cos
2
4
2
4
cos2x = 1


( vì VT ≤ 2 với mọi x)
3x
cos 4  1

1.

 x  k


m8 (k ; m  )
x


3

 x = 8n ( n  )

2. Ta thấy phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 (2) có hai nghiệm x =  1.
1
Ta có x = không là nghiệm của phương trình nên
2
2x 1
(2)  3x 
2x 1
Ta có hàm số y = 3x tăng trên R
2x 1
1 1 

hàm số y =
luôn giảm trên mỗi khoảng  ;  ,  ;  
2 2 
2x 1

Vậy Phương trình (2) chỉ có hai nghiệm x =  1
Câu 3:
1  s inx


Ta có
1+cosx

x
x
1  2sin cos
1
x
2
2
 tan
x
x
2
2cos 2
2cos 2
2
2


2



Vậy: K =

0



x

e dx
x
2cos 2
2

2

x
  e x tan dx = M + N
2
0



Với M =

2

e x dx

0

x
2cos
2



Dùng phương pháp tptp

2

u  e x
u '  e x


1

Đặt v ' 
x
x

v  tan
2cos 2

2

2






x
Vậy M = e tan 2 - N = e 2 - N ==> K = e 2
2
0

Câu 4:
x

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung
điểm của BC, theo tính chất của hình chóp đều AMS  
Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I  SO; N là hình
chiếu của I trên SM, MI là phân giác của AMS  
a 3
Ta có SO = OM tan =
tan ( Với a là độ dài của cạnh
6
đáy)
Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2
a2
a2
a2
2 3
 tan 2  
 1
a
12
12
4
4  tan 2 


tan

2
r = OI = OM.tan = 

2
4  tan 2 

4 tan 3
2
Vậy V =
3

 4  tan  
2

3

Câu 5:
Ta có AB  (6; 4; 4) ==> AB//(d)
Gọi H là hình chiếu của A trên (d)
Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P)  (d) ==> (P): 3x – 2y + 2z + 3 = 0
H = (d) (P) ==> H(- 1;2;2)
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (d) ==> H là trung điểm của AA’ ==> A’(-3;2;5)
Ta có A;A’;B;(d) cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi M = A’B(d)
Lập phương trình đường thẳng A’B ==> M(2;0;4)
II. PHẦN RIÊNG:
1) Theo cương trình chuẩn:
Câu 6a:
1. Gọi A là biến cố: “ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác”
Các khả năng chọn được ba đoạn thẳng lập thành một tam giác
{4;6;8}, {4;8;10}, {6;8;10}
3
Vậy: n() = C53  10 ; n(A) = 3 ==> P(A) =
10

2.
x  0
y  0
x x  8 y  x  y y
 x ( x  1)  y ( y  8)






2
2


 x( x  1)  y ( y  8)
x  y  5
y  x 5
 y  x  5

x  1
y  0
x  9

  2

y  4
3x  22 x  45  0
 y  x  5
Câu 7a:

 
Trên nửa khoảmg  0;  , cosx ≠ 0 chia tử và mẫu của hàm số cho cos3x ta được
 3
2
1  tan x
y=
2 tan 2 x  tan 3 x
Đặt t = tanx ==> t  (0; 3]

1 t2
 
trên nửa khoảng  0; 
2
3
2t  t
 3
x  0
t 4  3t 2  4t
y’ =
; y’ = 0  
2
3 2
(2t  t )
x  1

Khảo sát hàm số y =

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 khi x =


4

2) Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b:
1. Điều kiện: n nguyên dương và n ≥ 3
n!
n!
n!
Ta có Cn1  Cn3  2Cn2  
 n2 – 9n + 14 = 0  n = 7

2
1!(n  1)! 3!(n  3)!
2!(n  2)!
Ta có số hạng thứ 6 : C

5
7



2

lg(10 3x )


2

5

( x  2)lg3

2



5

= 21  21.2

lg(103x )

2(x – 2)lg3 = 21

x  0
 lg(10 – 3x) + lg3(x – 2) = 0  (10 – 3x)3x – 2 = 1  32x - 10.3x + 9 = 0  
x  2
3
3
2. Gọi β = r( cos + isin)  β = r ( cos3 + isin3)
r  3 3
3

2

2

r


3





Ta có: r3( cos3 + isin3) = 3  cos
 sin

2 k 2
3
3  


 
9
3

Suy ra β
Câu 7b:
Theo tính chất ba cạnh của một tam giác, ta có độ dài mỗi cạnh nhỏ hơn 1 ( vì a + b + c =
2).
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: 1 – a, 1 – b, 1 – c
3 – (a + b + c)  3 3 (1  a)(1  b)(1  c) > 0
1
28

 (1  a)(1  b)(1  c)  0 
 ab  bc  ca  abc  1

27
27
56
 2  2ab  2bc  2ca  2abc 
27
56
52
 2  (a  b  c)2  (a 2  b 2  c 2  2abc) 

 a 2  b2  c 2  2abc  2
27
27
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
3


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013
Môn thi : TOÁN
Câu 1. (2,5 điểm).

 x2  2x  5
x 1
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
b) Tìm M  (C) để tổng các khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận là nhỏ nhất
2. Từ một điểm bất kì trên đường thẳng x = 2 có thể kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến đến đồ thị
1. Cho hàm số (C) : y 

(C’) : y  x  6 x  9 x  1
3

2

Câu 2. (1,5 điểm)
1.

Giải phương trình:

2.

Giải hệ phương trình:

3.25 x2  3x  105 x2  x  3
sin x  sin y  2

cos x  cos y  2

Câu 3. (1,5 điểm)
1. Giải phương trình: log x cos x  sin x   log 1 cos x  cos 2 x   0 .



 



x

2. Giải bất phương trình: x  1  x  1  3x x  1  0
3. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số sao cho trong mỗi số các chữ số đứng trước đều lớn

hơn chữ số đứng liền sau nó.
3

2

Câu 4. (2 điểm)
1. Trong hệ toạ độ Oxyz cho 2 điểm A(0; 0; -3); B(2, 0, - 1) và mp(P):3x – 8y + 7z – 1 = 0
Tìm toạ độ điểm C  (P) sao cho ABC là tam giác đều.
2. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. Hãy xác định các góc
hợp bởi các cạnh đối diện của tứ diện đó.
Câu 5. (2,5 điểm).
 /4

1. Tính : I 


0

x sin x
dx
cos3 x

1

;

J   x x 2  2 x  2dx
0

2. Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng:

1
1
1
abc
 2
 2

.
2
a  bc b  ac c  ab
2abc
3. Cho z = 

1
3
1

i , Hãy tính : ; z; z 2 ;(z)3;1  z  z 2
2 2
z
(Hết)

Câu
I

HƯỚNG DẪN GIẢI:
Nội dung

Ý
b

Tìm M  (C) để tổng các khoảng cách đến 2 tiệm cận nhỏ nhất


y  x 1

X  x  1
4
4
 Y  X  . Với 
x 1
X
Y  y

Điểm
2.5
0,75
0.25


TCĐ d: X = 0, TCX d’: X - Y = 0 ⇒ T = d(M, d) + d(M, d’) =
| X Y |
4
4
| X |
| X | 

 4 27 Dấu "=" xảy ra
2
|X| 2

2

0.5

4
4
 X2 
 X   4 23  x  1  4 23
|X| 2
2
 Gọi M(2; m)  d1: x = 2. Khi đó đt d  M
 d: y = k(x -2) + m. Để đt d tiếp xúc với

⇔ | X |

 x 3  6 x 2  9 x  1  k x  2  m
(C’)  hệ:  2
có nghiệm
3
x

12
x

9

k

 2x3 -12.x2 + 24x - 17 + m = 0 (1) có nghiệm.
 Số tiếp tuyến kẻ từ M đến (C’) là số nghiệm của Pt (1)

 Xét hàm số y = 2x3 -12.x2 + 24x - 17 + m
 y’ = 6(x-2)2  0 x  Hàm luôn đồng biến  Pt (1) luôn có nghiệm
duy nhất  từ một điểm trên đt x = 2 luôn kẻ được một tiếp tuyến đến đồ
thị (C’).

II

0,25

0,5

1,5
1 Giải phương trình:

0,75

3.25 x2  3x  105 x2  x  3



 

 



 5 x2 3.5 x2  1  x 3.5 x2  1  3 3.5 x2  1  0





0.25



 3.5 x2  1 5 x2  x  3  0
3.5 x2  1  0
1
  x 2
5  x  3  0 2
1  5x2  1  x  2  log 5 1  2  log 5 3
3
3
x 2
2  5   x  3
Vế trái là hàm đồng biến vế phải là hàm nghịch biến mà (2) có nghiệm x =
2 nên là nghiệm duy nhất.
Vậy Pt có nghiệm là: x = 2  log 5 3 và x = 2
2 Giải hệ phương trình:


sin x  sin y  2
 sin x  cos x   sin y  cos y   2 2 


cos
x

cos

y

2



 


cos x    1
x   k 2


4


 



4
cos x    cos y    2  

4
4


cos y     1  y    l 2

 

4
4

0.25

0.25

0,75
0.25

0.25


Thử lại thấy đúng nên:



 x  4  k 2
là nghiệm của hệ phương trình.


 y   l 2

4

0.25

III

1,5

0,5

1 Giải phương trình: .

log x cos x  sin x   log 1 cos x  cos 2 x   0
x

0  x  1

Điều kiện: cos x  sin x  0 .
cos x  cos 2 x  0


0.25



 cos 2 x   sin x  cos 2 x  cos x  
2





x

 k 2
2
x


x


k
2




Khi đó Pt



2
2


2 x   x    k 2
 x     k 2



6
3
2

Kết hợp với điều kiện ta được: x  



6



.

k 2
(Với k ∊ N*).
3

2 Giải bất phương trình:

x

 



0.25





0,5

 1  x 2  1  3x x  1  0  x 3  x 2  3 x 3  x 2  2  0
2
 t 2  3t  2  0 Đặt t  x x  1  
3

0.25

2

t   3
2
2


 t    x x  1    x  1
t


1
3
3


 t  2

0.25

3

3

0,5
. Trong 10 chữ số từ 0 đến 9 có tât cả C105 tập con gồm 5 chữ số
khác nhau.

Trong mỗi tập con này chỉ có duy nhất một cách sắp xếp số có 5
chữ số mà chữ số đứng trước lớn hơn chữ số đứng liền sau. Vậy có tất cả
C105 = 252 số.

IV

0,25
0,25
2.0

1 Xác định tọa độ điểm C  (P) sao cho ABC đều
Để ABC là tam giác đều  đường cao MC = AB 3 / 2  6
Gọi M là trung điểm của AB  M(1; 0; - 2).
Gọi (Q) là mf đi qua M và vuông góc với AB
 (Q): x + z + 1 = 0

1.0

0,25


Gọi d = (P) n (Q) 

 x  2  2t
3x  8 y  7 z  1  0

d :
 y  t
x  z  1  0
 z  1  2t



0,25

 C  d  C(-2 - 2t; t; 1 + 2t)

 MC   3  2t ; t ;3  2t   MC  6   3  2t   t 2   3  2t   6
2

2

 9t 2  24t  12  0  3t 2  8t  4  0  t1  2; t2  2 / 3
0,25

 2 2 1
 C1  2; 2; 3 , C2   ;  ;  
 3 3 3

B
Q

M

0.25

A
C1
C2
P
2 Xác định các góc hợp bởi các cạnh đối diện của tứ diện.

1.0

Lấy E, F, G lần lượt là trung điểm của AB, CD, AC ta có:
GE = GF = c/2. ∆ACD = ∆BCD (c.c.c) ⇒ FA = FB

2 AC 2  2 AD2  CD 2 2b 2  2c 2  a 2

⇒ FA  FB 
4
4
2

0.25

2

FE là trung tuyến của ∆FAB nên:

2 FA2  2 FB2  AB2 b 2  c 2  a 2
FE 

4
2

0.25

2

c2 b2  c2  a2


|
| GE 2  GF 2  FE 2 |
2
2
cos  | cosGE , GF  | 

2GE.GF
c2
0.25
2
2
2
2
2
|a b |
|a b |

cos


.
Vậy
c2
c2
|


| b2  c2 |
| c2  a2 |

DB, AC ta có: cos  
, cos 
a2
b2

0.25

A

E
G

B

D
F
C

3

0,5
. Trong 10 chữ số từ 0 đến 9 có tât cả C tập con gồm 5 chữ số
khác nhau.

0,25

Trong mỗi tập con này chỉ có duy nhất một cách sắp xếp số có 5
chữ số mà chữ số đứng trước lớn hơn chữ số đứng liền sau. Vậy có tất cả
C95 = 126 số.

0,25

5
9

V

2,5
0,5

1

u  x
du  dx


Đặt: 
d cos x  
1
dv


v



cos3 x
2.cos 2 x
 /4


x
1
dx
 1
4
I 


 tgx
0
2cos 2 x
2 0 cos 2 x 4 2

0,25

 /4
0




4

2



1
2

0,25
1,0

1

J   x x 2  2 x  2dx . Đặt: x - 1 = tgt
0

dx 

dt
;
cos2 t

x2  2 x  2 

1
cos t

tgt  1
J  
dt 
3
 cos t
0



4

0,25

0





4

sin t
dt 
cos 4 t

0





4

dt
cos3 t


1

3cos3 t
sin t u 0

J1 

0




 J1 

4



du

 1  u  1  u 
2





1
1  2 2  J1
3


2

1
2

1
4

0,25

1  u  1  u  du 
1 1  u 2 1  u 2

2

0

2

 0

0
0
1
du
du
du

. 
 
2 
2

2

4  1 1  u 
1 1  u 
1 1  u 1  u  



2
2
 2


1 1
1
1 u 
 

 2ln
4 1 u 1 u
1  u 
1
2 1  1
  2  2ln

4
2 1 4



0


2
2

1 u
1 u 
 
 2ln
2
4 1 u
1  u 

2  4ln





0,25

0


2
2

0,25

2 1 .

3

1,0

1
1
1
abc
 2
 2

.
2abc
a  bc b  ac c  ab
1
1
a 2  bc  2a bc  2

a  bc 2a bc
1
1
2

Ta có: b  ca  2b ca  2
b  ca 2b ca
1
1
c 2  ab  2c ab  2


c  ab 2c ab
1
1
1
1
1
1
 2
 2
 2



a  bc b  ca c  ab 2a bc 2b ca 2b ca
bc ca ab


1 bc  ca  ab
2
2
2  abc
 .

2
abc
2abc
2abc
2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

0.5

0.5


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013
Môn thi : TOÁN
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm)
Câu I.(2 điểm)
Cho hàm số y = x3 + mx + 2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -3.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất.
Câu II. (2 điểm)
3
3

x  y  1
1. Giải hệ phương trình :  2
2
3

 x y  2 xy  y  2

2
2
2. Giải phương trình: 2 sin ( x  )  2 sin x  tan x .
4

Câu III.(1 điểm)

Tính tích phân
2

I 
1

4  x2
dx
x

Câu IV.(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = h vuông góc mặt phẳng
(ABCD), M là điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vuông góc BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ diện
S.ABH đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.
Câu V.(1 điểm)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
4

x2 1  x  m

II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a họăc phần b)
Câu VI a.(2 điểm)
1.Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập
phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2.

x y z
  , d2:

2.Cho hai đường thẳng d1:
1 1 2

 x  1  2t

y  t
và mặt phẳng (P): x – y – z = 0.
z  1  t


Tìm tọa độ hai điểm M  d1 , N  d 2 sao cho MN song song (P) và MN =
Câu VII a.(1 điểm)
Tìm số phức z thỏa mãn :

6

 zi

 1
z

i


4

Câu VI b.(2 điểm)
1. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y + 14 = 0 và
đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mp(P): 2x + 2y – z + 5 = 0. Lập p.tr

m.cầu (S) đi qua ba điểm O, A, B và có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) bằng
Câu VII b.(1điểm) Giải bất phương trình:

log x 3  log x 3
3

5
.
3


HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I.
1. (Tự giải)
2
( x  0)
x
 2x3  2
2
2
2
Xét f(x) =  x   f ' ( x)  2 x  2 =
x
x
x2
Ta có x - 
0
1
+

2. Pt : x3 + mx + 2 = 0  m   x 2 

f’(x)

+

+

0

-

+
-3
-
-
-
Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất  m  3 .
Câu II.
x 3  y 3  1
x 3  y 3  1
(1)


1.  2

 3
2
3
3

2
2


(2)
 x y  2 xy  y  2
2 x  y  x y  2 xy  0
x 3  y 3  1
(3)

3
2
y  0 . Ta có:   x   x 
x
(4)
2      2   1  0
y
y
y







f(x)

Đặt :

1
x
 t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0  t =  1 , t = .
2
y
3
3
x  y  1
1
xy3
a) Nếu t = 1 ta có hệ 
2
x  y

x 3  y 3  1
 hệ vô nghiệm.
b) Nếu t = -1 ta có hệ 
x   y
3
x 3  y 3  1
3
23 3
1
x
, y
c) Nếu t =
ta có hệ 
3
3
2

 y  2x





2. Pt 2 sin 2 ( x  )  2 sin 2 x  tan x (cosx  0)  [1  cos(2 x  )] cos x  2 sin 2 x. cos x  sin x
4
2
 (1 - sin2x)(cosx – sinx) = 0  sìn2x = 1 hoặc tanx = 1.
Câu III.
2

I=


1

Đặt t =

4  x2
4  x2
dx  
xdx .
x
x2
1
2

4  x 2  t 2  4  x 2  tdt   xdx

t (tdt )
I= 

2
4

t
3
0

Câu IV.

0
0



t2
4
t 2 
 3  ln 2  3 
=
dt

(
1

)
dt



t

ln



2
2
t 4
 t 4
t  2  3 
2  3 

3
3
0


S

h
D

A
M
H
C

B

SH  BM và SA  BM suy ra AH  BM
1
h
VSABH = SA. AH .BH  AH .BH .
6
6
VSABH lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH  2 AH.BH  AH 2  BH 2  2 AH .BH
a2
khi AH = BH khi H là tâm của hình
 a 2  2 AH .BH , vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH =
2
a2h
vuông , khi M  D . Khi đó VSABH =
.
12
Câu V. 4 x 2  1  x  m
D = [0 ; + )
*Đặt f(x) = 4 x 2  1  x  f ' ( x) 

1  4 (1 

x
24 ( x  1)
2

3



1
2 x



x x  ( x  1)
4

2

x x

3

24 ( x 2  1) 3 . x

1 3
)
x2

3
2



3

2 x 2 4 (1 

 0 x  (0 ;  )
1
3
24 (1  2 ) . x
x
 x2 1  x 


x2 1 x2
  lim 
* lim (4 x 2  1  x )  lim 
0
2
x 
x  4
 x  (4 x 2  1  x )( x 2  1  x) 
x

1

x




* BBT
x
0
+
f’(x)

Suy ra: f’(x) =

f(x)

1
0

Vậy: 0 < m  1
Câu VI a.
 x  3  2t
1.d1: 
, I  d1  I (3  t ; t )
y  t
d(I , d2) = 2  11t  17  10  t 

27
7
, t
11
11

3
24

(1 

1 3
)
x2

1 3
) . x
x2