Tuyển tập 150 đề thi thử môn toán THPT quốc gia có lời giải chi tiết

hoctoancapba.com
HỒ XN TRỌNG

1000 ĐỀ THI THỬ MƠN TỐN

NĂM 2012-2013

TẬP 11


hoctoancapba.com


hoctoancapba.com


hoctoancapba.com

HỒ XN TRỌNG

TUYỂN TẬP 150 ĐỀ THI THỬ

MƠN TỐN


SỔ GD-DT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT CẨM BÌNH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CĐ LẦN I NĂM 2013

hoctoancapba.com

MƠN TỐN

Thời gian làm bài 180 phút.
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH. (7 điểm)
Câu1(2điểm) Cho hàm số y = x3 + (1-2m)x2 + (2-m)x + m + 2 (1) m tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=2
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và hồnh độ cực tiểu bé hơn 1.
Câu2(2điểm) Giải các phương trình:

t anx
2
cot 3x

1.

tan 2 x 

2.

x  2 7  x  2 x  1   x 2  8x  7  1

Câu3(1điểm) Tính tích phân



e2

e

1  ln x

dx
ln 2 x

Câu4(1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a đường cao chóp SA= a
Trên AB và AD lấy hai điểm M;N sao cho AM = DN = x. ( 0< x Tính thể tích hình chóp S.AMCN theo a và x? Xác định x để MN bé nhất.
Câu5(1điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

y  log x2 1 (4  x 2 )  log 4 x2 ( x 2  1)
PHẦN RIÊNG (3điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu 6.a (1điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(2;5) và B(5;1).
Viết phương trình tổng quát của đường thẳng  đi qua A sao cho khoảng cách từ B đến
đường thẳng  bằng 3.

x2
 y 2  1 ; Tìm những điểm M thuộc (E) sao cho M
Câu 7.a (1điểm). Cho Elip (E) :
9
nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một góc vng.
Câu 8.a (1điểm). Có 20 bơng hoa trong đó có 8 bơng hồng, 7 bơng cúc, 5 bơng đào.
Chọn ngẩu nhiên 4 bơng , hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong đó hoa được chọn có đủ
cả ba loại .
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu 6.b(1điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M(2;1) . Viết phương
trình tổng quát đường thẳng qua M và tạo với đường thẳng y = 2x + 1 một góc 450 .
Câu 7.b(1điểm). Cho Hypebon (H):

x2 y 2


1
4 5

và đường thẳng  : x-y+m = 0 ( m tham số) . Chứng minh đường thẳng  luôn cắt (H)
tại hai điểm phân biệt thuộc hai nhánh của (H).
Câu 8.b(1điểm). Rút gọn biểu thức:
S=

12 Cn0  22 Cn1  32 Cn2  ...  (n  1)2 Cnn
…………………Hết……………
1

/>5


hoctoancapba.com
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN
Câu1.1
(1điểm)

Câu1.2
(1điểm)

Câu2.1
(1điểm)

Với m=2 có y = x3 – 3x2 +4
TXĐ D= R ; y’=3x2- 6x ; y’= 0 khi x=0 hoặc x=2
CĐ(0 ;4), CT(2 ;0), U(1 ;2)
Đồ thị (Tự vẽ)

y’ = 3x2 +2(1-2m)x+(2-m)
Ycbt  y’=0 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 và vì hàm số (1) có hệ số a>0
 x1 '  0


4m 2  m  5  0



4m 2  m  5  0
 S  1


2m  1


1

2m  1  3
 2
3
 x 1  0 
 2  m 2(1  2m)
 1
 x1 x2  ( x1  x2 )  1  0


1  0
3

 3
 x2  1  0 
5
7
 m  1;   m 
4
5
 cosx  0



 x   k
Điều kiện
2
 s in3x  0  
cos 3x  0
 x  k / 6


Điểm

0,75
0,25
0,25

0,5

0,25

Ph

0,5

 tan 2 x  tan x tan 3x  2  t anx(t anx  tan 3x)  2
sin 2 x
1  cos2 x
1
 2  sin 2 x   cos x cos 3x 
  (cos4 x  cos2 x)
cosxcos3x
2
2
 k
 cos4 x  1  x  
4 2
ĐK : 1  x  7 Pt
 x  1  2 x  1  2 7  x  (7  x)( x  1)  0
  t anx

Câu2.2
(1điểm)

O,5
0,5

 x  1( x  1  2)  7  x ( x  1  2)  0

x 1 1  0
x  5
 ( x  1  2)( x  1  7  x )  0  


x  4
 x  1  7  x  0

Câu3
(1điểm)

0,5

e
1
1 
Có I= e  2 
dx
2

 ln x

Xét



e2

e

ln x 

0,25

1
1


e2 1
dx
1
1
u 
du  
dx đặt 

dx  x
ln x  
x ln 2 x
e
ln x
ln x
ln x


vx
 dv  dx


thay vào trên có I= 

x
ln x

e2
e

 e

e2
2

e2
e



e2

e

1
dx
ln 2 x

0,25

0,5

2

/>6

hoctoancapba.com
Câu4
(1điểm)

V(SAMCN) =

1
SA.SAMCN =
3

S

1
= a.(a2 –SBCN – SCDN) =
3
1  2 1
1  1
a  a  a  a  x   ax   a3
3 
2
2  6

A

0,5
N

D

0,5

M

Ta có MN2 = x2 + (a-x)2 = 2x2-2ax + a2

B

2

C

a
1
1
2
=2  x    a 2  a 2  min NM 
a khi x=a/2


Câu5
(1điểm)

2

2

2

2

Hàm số xác định khi
2  x  2
4  x 2  0

 2
2
2
 x  1  1   x  0 do log x2 1 (4  x ) và log 4 x2 ( x  1) cùng dấu nên
 4  x2  1


 x 3

y  log x2 1 (4  x 2 )  log 4 x2 ( x 2  1)  2 log x2 1 (4  x 2 ) log 4 x2 ( x 2  1)  2

0,25

0,5

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi log x 1 (4  x2 ) = log 4 x ( x2  1)
2

2


3
 x
2
 log x2 1 (4  x 2 )  1 Vậy miny =2 khi 


 x   3  21

2

Câu6.a
(1điểm)

Đường thẳng  qua A(2,5) có dạng: a(x-2)+b(y-5)=0
 d ( B,  )  3 

Hay ax+by -2a -5b = 0
2

2

2

2

3a  4b
a 2  b2

0,25

3

2

 9a -24ab+16b =9a +9b  7b -24ab=0 chọn a=1 suy ra b=0 hoặc b=24/7

Vậy các đường thẳng đó là: x-2=0; 7x+24y-134=0

Câu7.a
(1điểm)

0,25

Từ phương trình (E) suy ra a=3; b=1 nên c =2 2 nên
các tiêu

điểm: F1(-2 2 ;0), F2(2 2 ;0) . Gọi M(x;y) thuộc (E) ycbt  MF1 MF2  0
hay x2 + y2 -8=0  y2 = 8- x2 thay vao pt (E) có x2=63/8; y2=1/8 .
Vậy có bốn điểm cần tìm là:
 63 1   63
1   63
1   63 1 
;
;    
;    
;
 
   

8
8
8
8
8
8
8

8 

 
 
 

0,5
0,25

0,5

0,5

3

/>7


hoctoancapba.com

Câu8.a
(1điểm)

Số hoa được chọn có các khả năng sau: 2hồng 1cúc và 1 đào; 2 cúc 1 hồng 0,5
và 1 đào ; 2 đào 1 hồng và 1 cúc. Vậy số cách chọn theo ycbt là:
0,5
C82C71C51  C72C81C51  C52C81C71 = 2380
2
2
Câu6.b Đường thẳng  qua M(2;1) có dạng a(x-2) + b(y1)= 0 với a +b  0


(1điểm) có vtpt n1 =(a;b); Đường thẳng y=2x-1 có vtpt n2 =(2;-1).
Vì hai đường thẳng tạo với nhau góc 450 nên có

cos n1 ,n2  cos450 





2a  b
a 2  b2 5



2
2
2
2
2
 2(4a – 4ab +b ) = 5(a +b )
2

Chọn b=1 suy ra 3a2-8a-3 =0 suy ra a=3 hoặc a= -2/3 .
Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: 3x+y -7 =0 và -2x+3y+1=0
Câu7.b
Từ pt (H) có a=2 b= 5 nên (H) có hai nhánh:
(1điểm) trái x  2 phải x  2 tọa độ giao điểm của (H) và đường thẳng đó là
5 x 2  4 y 2  20

nghiệm của 

 x ym0

2

0,5
0,5

suy ra 5x2 -4(x+m)2 = 20

2

 x -8mx – 4m -20=0 phương trình này ln có 2 nghiệm khác dấu vậy

Câu8.b
(1điểm)

0,5

đường thẳng đã cho luôn cắt (H) tại hai điểm thuộc hai nhánh.
Có (1+x)n = Cn0  Cn1 x  Cn2 x2  ...  Cnn x n
n
 x(1+x) = xCn0  Cn1 x2  Cn2 x3  ...  Cnn x n1
Đạo hàm hai vế có (1+x)n +nx(1+x)n-1 = Cn0  2Cn1 x  3Cn2 x2  ...  nCnn xn
tiếp tục nhân hai vế với x và đạo hàm hai vế sau đó thay x=1 vào có
kết quả S=2n +3n2n-1 +n(n-1)2n-2

0,5

0,5
0,5

4

/>8


hoctoancapba.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I

NĂM HỌC 2012 - 2013

Mơn thi: TỐN, khối A

----------------------

Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề

Câu I (2 điểm)
Cho hàm số y  x3  3x  2.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị (C). Tìm toạ độ các điểm M thuộc (C) sao
cho tam giác MAB cân tại M.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:



2cos 2   x   2cos x  4sin x  cos 2 x  2  0 .
4


2. Giải hệ phương trình:
 xy  x  1  3 y
.
 2
2
x y  x  2 y

Câu III (1 điểm)
Tìm giới hạn sau:
I  lim
x 0

3

2x 1  1 x
.
sin 2 x

Câu IV (1,5 điểm)
Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD  a 2, CD  2a , cạnh
SA vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi K là trung điểm cạnh CD, góc giữa hai mặt
phắng (SBK) và (ABCD) bằng 600. Chứng minh BK vng góc với mặt phẳng
(SAC).Tính thể tích khối chóp S. BCK theo a.
Câu V (1 điểm)
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm :
x  2  2 4 x2  2 x  m x  0 .

Câu VI (1,5 điểm)
2
2
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x  1)  ( y  1)  16 tâm I
và điểm A(1  3; 2) . Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua A đều cắt đường trịn
(C) tại hai điểm phân biệt. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và cắt (C) tại hai
điểm B, C sao cho tam giác IBC nhọn và có diện tích bằng 4 3 .
Câu VII (1 điểm)
n

1

Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu - tơn  3  x5  , biết tổng các hệ số
x

8

trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và x > 0).
----------Hết-------------

/>
9


hoctoancapba.com
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ......................................................... ....số báo danh: .........................
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I (Năm học: 2012-2013)
Mơn: Tốn - Lớp 12 (Khối A)
Nội dung

Câu
I

Điểm
2,00

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
2 ( 1,00 điểm).
Ta có phương trình đường trung trực của AB là d: x – 2y + 4 = 0
Hoành độ giao điểm của d và (C): 2x3 – 7x = 0
x  0
 7 1 7

 7 1 7


 M1 (0; 2) (loai), M 2   ; 
 2  , M 3 
;
 2 
7
x  
 2 2 2

 2 2 2


2

Nội dung

Câu
II

Điểm
2,00

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)


2 cos 2   x   4sin x  2 cos x  cos 2 x  2  0  (sin x  1)(cos x  sin x  1)  0
4



x   k 2
sin x  1



2

sin x  cos x  1  0
 x  k 2
2

 xy  x  1  3 y
Giải hệ phương trình:  2
(1,00 điểm)

2
x y  x  2 y
Nhận thấy y = 0 không t/m hệ
Hệ phương trình đã cho tương đương với
1
x
1

y  x y 3
x  y  a
a  b  3  a  2, b  1




Đặt 
.

ab  2
 a  1, b  2
xx 12
x b

 y 
 y
y




Thay vào giải hệ ta được nghiệm ( 1  2;1  2 ), (2;1),  1; 
III

1


2

Tìm giới hạn ….
3
3
2x 1  1 x
2x 1 1
1 1 x
I  lim
 lim
 lim

x 0
x

0
x

0
sin 2 x
sin 2 x
sin 2 x
Ta có
2x

x
1 1 7
 lim
 lim
  
x 0
x

0
2
sin 2 x(1  1  x ) 3 4 12
sin 2 x 3 (2 x  1)  3 2 x  1  1



1,00

1,00

0,50

0,50

1,00



/>
10

hoctoancapba.com
IV

Cho hình chóp S.ABCD ( h/s tự vẽ hình)….
Gọi I là giao điểm của AC và BK
 Bằng lập luận chứng minh BK  AC , từ đó suy ra được BK ( SAC )
 600
 Góc giữa hai mp(SBK) và (ABCD) bằng góc SIA


Câu
V

IA 

1,5

2
2 6a
2a 3
AC 
 SA  2a 2  VS .BCK 
3
3
3
Nội dung

Điểm
1,00

Tìm m để pt có nghiệm….
Đk: x  2
x2
x2
 24
m0
x
x

Phương trình đã cho tương đương với
Đặt t 

4

 

x2
và tìm đk cho t, t  0;1
x

 

Phương trình trở thằnh t 2  2t  m  0, voi t  0;1 . Từ đó tìm được m  0;1
VI

1,5
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho …. (1,00 điểm)
Ta có: Đường trịn (C) tâm I(1; -1), bán kính R = 2


IA  3  9  2 3  4 , suy ra điểm A nằm trong (C)  đpcm



S



IAB



1

4 3
IA.IB.sin BIC

2

1

  4 3  sin BIC

.4.4.sin BIC

2

  600
 BIC


 d ( I ; BC )  2
0

 BIC  120 (loai )


3
2

3

Đường thẳng d đi qua A, nhận n( a; b) ( a  b  0) có phương trình
2

2

a( x  1  3)  b( y  2)  0  d ( I ; BC )  2 3  ( 3a  b)2  0  3a  b  0


Chọn a  1, b  3 . Từ đó phương trình đường thẳng d:

3x  3 y  3  9  0

Nội dung

Câu
VII

Điểm

1,00

n

1

Đặt f ( x)   3  x5  . Tổng các hệ số trong khai triển bằng 4096
x

12

 f (1)  2n  4096  n  12 , từ đó suy ra f ( x)   C12k x

11k
36
2

k 0

Hệ số x8, ứng với k nguyên t/m:

11k
2

 36  8  k  8  a8  C12 .

/>
8

11

hoctoancapba.com
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
Mơn thi: TỐN, khối A
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

1

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = 8x 4 − 9x 2 + 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
8cos 4 x − 9cos 2 x + m = 0 với x ∈ [0; π ] .
Câu II (2 điểm)
log x

1 3

1. Giải phương trình: ( x − 2 )  x − 
= x−2
2

 x + y + x 2 − y 2 = 12
2. Giải hệ phương trình: 
 y x 2 − y 2 = 12

Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường
y =| x 2 − 4 x | và y = 2 x .
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích
hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.

Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm
π 
π
π


4sin3xsinx + 4cos  3x -  cos  x +  − cos 2  2x +  + m = 0
4
4
4



PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD:
x + y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC.
 x = −2 + t

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  y = −2t
 z = 2 + 2t

.Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vng góc của
A

trên (D). Trong các mặt phẳng qua ∆ , hãy viết
phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến
(D) là lớn nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng
1
1
1
5
+
+
≤
xy + 1 yz + 1 zx + 1 x + y + z
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai
đường
chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có
 x = −1 + 2t

phương trình tham số  y = 1 − t .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ ,
 z = 2t

M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
xác định vị trí của điểm
www.DeThiThuDaiHoc.com
12


hoctoancapba.com

www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1
2
b
c
 1

a
+
+
+
<2
+
 3a + b 3a + c 2a + b + c  3a + c 3a + b
----------------------Hết----------------------

2

Đáp án
Câu
I

Ý
1

Điểm
2,00
1,00
0,25

Nội dung
+ Tập xác định: D = ℝ
+ Sự biến thiên:
•
Giới hạn: lim y = +∞; lim y = +∞
x →−∞

x →+∞

y ' = 32x − 18x = 2x (16x 2 − 9 )

•

3

x = 0
y'= 0 ⇔ 
x = ± 3
4

•

0,25

Bảng biến thiên.

0,25

•

49
49
 3
3
yCT = y  −  = − ; yCT = y   = − ; yC§ = y ( 0 ) = 1
32
32
 4
4
Đồ thị

0,25

2

1,00
Xét phương trình 8cos x − 9cos x + m = 0 với x ∈ [0; π ] (1)
4

2

Đặt t = cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4 − 9t 2 + m = 0 (2)
Vì x ∈ [0; π ] nên t ∈ [−1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm
của phương trình (1) và (2) bằng nhau.

www.DeThiThuDaiHoc.com
13

0,25

hoctoancapba.com
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com
Ta có: (2) ⇔ 8t 4 − 9t 2 + 1 = 1 − m (3)
Gọi (C1): y = 8t 4 − 9t 2 + 1 với t ∈ [−1;1] và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hồnh độ giao điểm của (C1) và (D).
Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền −1 ≤ t ≤ 1 .

3

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:
81
m>
: Phương trình đã cho vơ nghiệm.
•
32
81
m=
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
•
32
81
•
1≤ m <
: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.
32
•

0 < m <1
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
•
m=0
: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
•
m<0
: Phương trình đã cho vơ nghiệm.

II

0,50

2,00
1,00

1
Phương trình đã cho tương đương:
 x−2 =0
x − 2 = 0
x = 2



log 3 x
log3 x
 
1
 ln  x − 1 
 log x ln  x − 1  = 0

⇔
⇔
=0
= 1  



  x − 
 3
2
2


2







  x − 2 > 0
  x > 2
 x > 2
x = 2
x = 2
x = 2




 x = 1
  log 3 x = 0

  x = 1




⇔  
⇔ 
⇔   
1
1
3 ⇔ x=2


  ln  x −  = 0
 x − = 1  x =
2
2
2
   


 x > 2
  x > 2
  x > 2


2

0,50

0,50

1,00

Điều kiện: | x | ≥ | y |
u = x 2 − y 2 ; u ≥ 0
1
u2 
Đặt 
; x = − y không thỏa hệ nên xét x ≠ − y ta có y =  v −  .
2
v 
v = x + y
Hệ phương trình đã cho có dạng:
u + v = 12

u2 
u 
v
−
 = 12
2 
v



u = 4

u = 3
⇔
hoặc 
v = 8
v = 9

0,25

 x 2 − y 2 = 4
u = 4
+
⇔
(I)
v = 8
 x + y = 8

0,25

u = 3  x 2 − y 2 = 3
+
⇔
(II)
v = 9
 x + y = 9
Giải hệ (I), (II).

0,25

www.DeThiThuDaiHoc.com
14

hoctoancapba.com
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
S = {( 5;3) , ( 5; 4 )}

4

0,25

III

1,00

Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y =| x − 4 x | (C ) và ( d ) : y = 2 x
Phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và (d):
x ≥ 0
x ≥ 0
x = 0


2
2
2
| x − 4 x |= 2 x ⇔   x − 4 x = 2 x ⇔   x − 6 x = 0 ⇔  x = 2
 2
 2
 x = 6
  x − 4 x = −2 x

 x − 2 x = 0
2

0,25

Suy ra diện tích cần tính:

∫( x

)

2

S=

2

− 4 x − 2 x dx +

0

∫( x
6

2

2

)

− 4 x − 2 x dx

2

Tính: I = ∫ (| x 2 − 4 x | −2 x ) dx
0

2

Vì ∀x ∈ [ 0; 2] , x 2 − 4 x ≤ 0 nên | x 2 − 4 x |= − x 2 + 4 x ⇒ I = ∫ ( − x 2 + 4 x − 2 x ) dx =
0

0,25

4
3

6

Tính K = ∫ (| x 2 − 4 x | −2 x ) dx
2

Vì ∀x ∈ [ 2; 4] , x 2 − 4 x ≤ 0 và ∀x ∈ [ 4; 6] , x 2 − 4 x ≥ 0 nên
4

6

2

4

0,25

K = ∫ ( 4 x − x 2 − 2 x ) dx + ∫ ( x 2 − 4 x − 2 x ) dx = −16 .
4
52
Vậy S = + 16 =
3
3

0,25

IV

1,00

0,25
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB,
 AB ⊥ IC
⇒ AB ⊥ ( CHH ' ) ⇒ ( ABB ' A ' ) ⊥ ( CII ' C ' )
A’B’. Ta có: 
 AB ⊥ HH '
Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc
với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K ∈ II ' .

www.DeThiThuDaiHoc.com
15


hoctoancapba.com

www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
1
x 3
1
x 3
; IK = IH = IC =
I ' K = I ' H ' = I 'C ' =
3
6
3
3
x 3 x 3
.
= r 2 ⇒ x 2 = 6r 2
Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK = OK 2 ⇒
6
3
Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V =

(

h
B + B '+ B.B '
3

5

0,25

)

0,25

2
2
2
Trong đó: B = 4x 3 = x 2 3 = 6r 2 3; B ' = x 3 = 3r 3 ; h = 2r

4

Từ đó, ta có: V =

4

2

2r  2
3r 2 3
3r 2 3  21r 3 . 3
 6r 3 +
=
+ 6r 2 3.
3
2
2 
3



V

0,25

1,00
Ta có:
+/ 4sin3xsinx = 2 ( cos2x - cos4x ) ;

π 
π
 
π


+/ 4cos  3x -  cos  x +  = 2  cos  2x -  + cos4x  = 2 ( sin 2x + cos4x )
4
4
2


 

π  1
π  1


+/ cos 2  2x +  = 1 + cos  4x +   = (1 − sin 4x )
4  2
2  2



Do đó phương trình đã cho tương đương:
1
1
2 ( cos2x + sin2x ) + sin 4x + m - = 0 (1)
2
2
π

Đặt t = cos2x + sin2x = 2cos  2x -  (điều kiện: − 2 ≤ t ≤ 2 ).
4

2
Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t − 1 . Phương trình (1) trở thành:
t 2 + 4t + 2m − 2 = 0 (2) với − 2 ≤ t ≤ 2
(2) ⇔ t 2 + 4t = 2 − 2m
Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( D ) : y = 2 − 2m (là đường song

0,25

0,25

song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y = t 2 + 4t với

− 2 ≤t ≤ 2.
Trong đoạn  − 2; 2  , hàm số y = t 2 + 4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 − 4 2 tại
t = − 2 và đạt giá trị lớn nhất là 2 + 4 2 tại t = 2 .

0,25

Do đó u cầu của bài tốn thỏa mãn khi và chỉ khi 2 − 4 2 ≤ 2 − 2m ≤ 2 + 4 2
⇔ −2 2 ≤ m ≤ 2 2 .

VIa
1

Điểm C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C ( t;1 − t ) .

0,25

2,00
1,00

 t +1 3 − t 
Suy ra trung điểm M của AC là M 
;
.
2 
 2

0,25

www.DeThiThuDaiHoc.com
16


hoctoancapba.com
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com
 t +1 3 − t
Điểm M ∈ BM : 2 x + y + 1 = 0 ⇒ 2 

+ 1 = 0 ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 )
+
2
 2 
Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K ∈ BC ).

6
0,25

Suy ra AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 .

x + y −1 = 0
⇒ I ( 0;1) .
Tọa độ điểm I thỏa hệ: 
x − y +1 = 0
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K ( −1;0 ) .
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:

0,25

x +1 y
= ⇔ 4x + 3 y + 4 = 0
−7 + 1 8

0,25

2

1,00
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng

∆ , thì ( P ) //( D) hoặc ( P ) ⊃ ( D) . Gọi H là
hình chiếu vng góc của I trên (P). Ta
ln có IH ≤ IA và IH ⊥ AH .
0,25

d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH
Mặt khác 
 H ∈ ( P )
Trong mặt phẳng ( P ) , IH ≤ IA ; do đó maxIH = IA ⇔ H ≡ A . Lúc này (P) ở vị trí
(P0) vng góc với IA tại A.

0,25

Vectơ pháp tuyến của (P0) là n = IA = ( 6;0; −3) , cùng phương với v = ( 2; 0; −1) .

0,50

Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2 ( x − 4 ) − 1. ( z + 1) = 2x - z - 9 = 0 .

VIIa

Để ý rằng ( xy + 1) − ( x + y ) = (1 − x )(1 − y ) ≥ 0 ;

1,00

 yz + 1 ≥ y + z
và tương tự ta cũng có 
 zx + 1 ≥ z + x
Vì vậy ta có:

0,50

0,50

www.DeThiThuDaiHoc.com
17


hoctoancapba.com
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com
 1
x
y
z
1
1 
+
+
+
+
+1 +1 +1
( x + y + z)
≤
 xy + 1 yz + 1 zx + 1  yz + 1 zx + 1 xy + 1
≤

7

x
y

z
+
+
+3
yz + 1 zx+y xy + z

 1
z
y 
= x
−
−
+5
 yz + 1 zx + y xy + z 

z
y 
≤ x 1 −
−
+5
 z+ y y+z
=5
VIb
1

Ta có: AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 .
Phương trình của AB là:
2x + y − 2 = 0 .

2,00

1,00

I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t; t ) . I là trung
điểm của AC và BD nên ta có:
C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − 2 ) .

0,25

4
.
5

Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) ⇒ CH =

0,25

 4
5 8 8 2
| 6t − 4 | 4
t = 3 ⇒ C  3 ; 3  , D  3 ; 3 
=
⇔
Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔

 

5
5
t = 0 ⇒ C ( −1; 0 ) , D ( 0; −2 )
5 8 8 2

Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )
3 3 3 3

0,50

2

1,00
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB khơng đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
 x = −1 + 2t

Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:  y = 1 − t .
 z = 2t

Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t;1 − t; 2t ) .

AM =

( −2 + 2t ) + ( −4 − t ) + ( 2t )

BM =

( −4 + 2t ) + ( −2 − t ) + ( −6 + 2t )

2

2

2

2

( 3t )

2

+ 2 5

)

= 9t 2 + 20 =
2

( 3t )

2

(

+ 2 5

= 9t 2 − 36t + 56 =

2

+

( 3t − 6 )

2

(

)

0,25

2

( 3t − 6)

2

(

+ 2 5

)

2

)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = ( 3t ; 2 5 ) và v = ( −3t + 6; 2 5 ) .
AM + BM =

(

2

+ 2 5

2

0,25

www.DeThiThuDaiHoc.com
18


hoctoancapba.com
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com

| u |=
Ta có 
| v |=


( 3t )

2

(

+ 2 5

( 3t − 6 )

2

)

8

2

(

+ 2 5

)

2

(

)

Suy ra AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6; 4 5 ⇒| u + v |= 2 29
Mặt khác, với hai vectơ u , v ta ln có | u | + | v |≥| u + v |
Như vậy AM + BM ≥ 2 29

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u, v cùng hướng
3t
2 5
=
⇔ t =1
−3t + 6 2 5
⇒ M (1;0; 2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 .

⇔

Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2

(

11 + 29

0,25

)

VIIb

0,25

1,00

a + b > c

Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b + c > a .
c + a > b

a+b
c+a
= x,
= y, a = z ( x, y, z > 0 ) ⇒ x + y > z, y + z > x, z + x > y .
2
2
Vế trái viết lại:

a+b
a+c
2a
VT =
+
+
3a + c 3a + b 2a + b + c
x
y
z
=
+
+
y+ z z+ x x+ y
2z
z
Ta có: x + y > z ⇔ z ( x + y + z ) < 2 z ( x + y ) ⇔
>
.
x+ y+ z x+ y
x
2x
y
2y
Tương tự:
<
;
<
.
y+ z x+ y+ z z+ x x+ y+ z

2( x + y + z)
x
y
z
Do đó:
+
+
<
= 2.
y+ z z+x x+ y
x+ y+z
1
2
b
c
 1

Tức là: a 
+
+
+
<2
+
 3a + b 3a + c 2a + b + c  3a + c 3a + b

Đặt

0,50

0,50

www.DeThiThuDaiHoc.com
19


hoctoancapba.com
www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐỀ THI MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số y  x 4  2 x 2  2 có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .
2. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số
cộng.
Câu 2: (2 điểm)
1. Giải phương trình: 2sin x+tanx+

1
 1  tan3x
cos3x

log 2 x  2 y  2
2. Giải hệ phương trình: 

2
4 x  1  xy 4  y  0

Câu 3: (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho A(5;1) và đường tròn (C) :

x2  y 2  2 x  4 y  2  0 . Viết phương trình đường trịn (C’) có tâm A, cắt đường tròn (C) tại hai
điểm M, N sao cho MN =

3

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y  z  2  0 và đường thẳng

(d):

x  3 y  2 z 1


. Viết phương trình đường thẳng () đi qua M(3;0;-3) cắt đường thẳng (d)
2
1
1

và mặt phẳng (P) lần lượt tại A và B sao cho M là trung điểm của AB.
Câu 4: (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại B, BA = a. Tam giác SAC
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M, N là trung điểm của
SA, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC biết góc giữa MN và mặt phẳng (ABC) bằng 600.
Câu 5: (2 điểm)


4

1. Tìm

2sinx+cosx

 (sinx+cosx) dx
3

0

2. Tìm m để phương trình : 2
phân biệt.
Câu 6: (1điểm)

x2 3mxm

 23x mx3m  x2  2mx  2m có 2 nghiệm dương
2

Xét các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P

3(b  c) 4a  3c 12(b  c)


.
2a
3b
2a  3c

----------------------HẾT---------------------Chú ý: Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm
20
Họ và tên:…………………………………………………SBD:…………………………………


hoctoancapba.com
www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
Câu
ý
1
1
(2điểm)

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN: TỐN
Nội dung

Điểm

y  x  2x  2
4

2

TXĐ: R

0,25

x  0
 x  1

y '  4x  4x . y '  0  
3

Giới hạn:

limy  ; limy  
x 

bảng biến thiên
X
-∞
y’
Y

x 

1
–

0

+

+∞

+∞

1

0
0

–

0

+

0,25
+∞

2

3

3

Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3);(1; )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (; 1);(0;1)
Điểm cực đại (0; 2) ; điểm cực tiểu (1; 3);(1; 3)
Đồ thị
đồ thị hàm số có 2 điểm uốn là (

0,25

1
7
1
7
;  );( ;  )
3 3
3 3
y

4

0,25

2

-5

5

O

x

-2

-4

Nhận xét: đồ thị nhận trục oy là trục đối xứng

2

Hoành độ giao điểm là nghiệm của pt: x4  2 x2  2  m  0 (1)
Từ câu 1) suy ra pt có 4 nghiệm phân biệt  3  m  2
Đặt t  x 2 (t  0)
Phương trình trở thành : t 2  2t  2  m  0
Khi 3  m  2 thì phương trình (1) có 4 nghiệm là:

0,25

0,25

 t2   t1  t1  t2
4 nghiệm lập thành cấp số cộng  t2  t1  2 t1  t2  9t1

0,25
21


hoctoancapba.com
www.VNMATH.com
Theo định lý Vi-ét ta có:

1

t

1

10t1  2

t1  t2  2
5
 2


t1t2  2  m 9t1  2  m m   59 (tm)

25
59
Vậy m  
25
2
1
(2điểm)

Điều kiện: cos3x  0  x 



6



k 2
3

0,25

0,25

1
1
2sin x
 1  tan 3x  tan x  2sin x 
 1
cos 3x
cos 3x
cos 3x
1

sinx=
1

 (2sin x  1)(
 1)  0 
2

cos 3x
cos3x=1
Pt  2sin x 

2



x   k 2

1
6
(không thỏa mãn điều kiện)

sinx=  
2
 x  5  k 2

6
k 2
cos3x=1  3x  k 2  x 
(thỏa mãn điều kiện)
3
k 2
Vậy nghiệm của phương trình là: x 
.
3
log 2 x  2 y  2
(1)
Điều kiện: x>0.

2
4
x

1

xy
4

y

0
(2)



0,5

0,25

Từ (2) suy ra y<0
(2)  4 x  1   xy 4  y 2  16 x  16  4 x 2 y 2  x 2 y 4
 4 x2 y 2  16 x  x2 y 4  16  0  ( xy 2  4)(4 x  xy 2  4)  0
4
 xy 2  4  x  2 ( vì 4 x  xy 2  4  0 )
y
4
Thay vao (1) ta được: log 2 2  2 y  2  4.2 y  2log 2 ( y)  2  0
y
2
Xét f ( y)  4.2 y  2log 2 ( y)  2  f '( y)  4.2 y.ln 2 
y ln 2
Đặt t   y(t  0)

0,25

0,25

2
2ln 2
1
2t
0 t 
 0   2ln 2 2

t ln 2
2
t ln 2
t
t
t
t
2
2 t ln 2  2
1
0t 
Xét g (t )   g '(t ) 
2
t
t
ln 2
Ta có bảng biến thiên
T
1
0
+∞
ln 2
g’(t)
–
0
+
f '( y)  0  4.2t.ln 2 

g(t)

+∞

g(

1
)
ln 2

+∞
22

0,25


hoctoancapba.com
www.VNMATH.com
1
1
2t
)  2 ln 2.ln 2  2.ln 2 2   2.ln 2 2 t  0
ln 2
t
 f '( y)  0 y  0  f ( y) nghịch biến trên khoảng (;0)
Nên phương trình f(y)= 0 có nghiệm duy nhất y  1  x  4

Vì g (

Vậy hệ có nghiệm (4;-1)

0,25

Đường trịn (C) có tâm I(1;-2)
bk R = 3 .
Gọi H là giao điểm của MN và AI
3
Ta có : IH  IM 2  MH 2 
2
IA  5

3
(2điểm)

M

0,25
H
A

I

0,25

N

TH1: A và I nằm khác phía với MN
Ta có : HA  IA  IH  5 

3 7

2 2

0,25

Trong tam giác vuông MHA ta có : AM  HM 2  AH 2  13
Vậy phương trình đường trịn (C’) là: ( x  5)2  ( y  1)2  13
TH2: A và I nằm cùng phía với MN
Vì IA>IH nên I nằm giữa H và A

3 13

2 2
Trong tam giác vuông MHA ta có :
Ta có : HA  IA  IH  5 

AM  HM 2  AH 2  43
Vậy phương trình đường trịn (C’) là:
( x  5)2  ( y  1)2  43

2

M

H
I

A

0,25

N

Gọi điểm A(3  2t , 2  t; 1  t )  (d ) và B(a, b, c)  ( P)

0,25

3  2t  a  6
a  3  2t


M là trung điểm của AB  2  t  b  0  b  2  t
1  t  c  6 c  5  t


Vì B(a, b, c)  ( P)  a  b  c  2  0  (3  2t )  (2  t )  (5  t )  2  0
 t 1

0,5

Suy ra A(5;-1;-2) và B(1;1;-4)
 x  3  2t

Vậy phương trình đường thẳng () là:  y  t
 z  3  t


0,25

23


hoctoancapba.com

www.VNMATH.com
Gọi I là trung điểm AC, do tam giác
SAC cân nên SI  AC mà
(SAC )  ( ABC ) suy ra SI  ( ABC )

4
(1điểm)

S

M

0,25
A
H
I
B

N

C

Gọi H là trung điểm AI suy ra MH//SI suy ra MH  (ABC) do đó:
0,25

(MN ,( ABC ))  MNH  600 .
S ABC 

a2
2

a
2

3a 2
4
2
5a
a 10
NH 2  HC 2  NC 2  2 HC.NC.cos450 
 NH 
8
4

Xét tam giác HCN có : NC  ; HC 

Trong tam giác MHN có MH = NH.tan 600  a
VSABC

5
1
(2điểm)

30
30
; SI  2MH  a
4
2

1

30
 SI .S ABC  a3
3
12



0,25



4

4
2sinx+cosx
cosx(2 tan x+1)
dx

0 (sinx+cosx)3
0 cos3x(tanx+1)3 dx

1

Đặt t = tanx  dt 
dx . Đổi cận x =0  t  0 ; x   t  1
2
cos x
4
1

1
1
(2 t +1)
2
1
Vậy I  
dt  
dt  
dt
3
2
3
0 (t+1)
0 (t+1)
0 (t+1)

1
2 x 3mxm  23 x mx3m  (3x 2  mx  3m)  ( x 2  3mx  m) 
2
1
t
Xét f (t )  2  t là hàm đồng biến trên R
2
2
Vậy pt  x  2mx  2m  0
2

0,25

0, 5

1

1

2
1
5



2
t  1 0 2(t+1) 0 8
2

0,25

0,25

2

0,25

0,25

Pt có 2 nghiệm dương phân biệt
2
  '  0  m  2m  0



  S  0   2m  0
m2
P  0
 2m  0



0,5

Vậy m>2
24


hoctoancapba.com
www.VNMATH.com
6
(1điểm)

1 1
4
 
(*)
Dấu “=” xảy ra  x  y
x y x y
3(b  c)  4a  3c  12b  c 
P  11  2 
 1 
8 

2a

3b  2a  3c

1
4 
 1
 4a  3b  3c 
 

 2a 3b 2a  3c 
1
1
4
Áp dụng (*):
 
2a 3b 2a  3b
4
4
16


2a  3b 2a  3c 4a  3b  3c
x, y  0 



1
1
4
16
 


2a 3b 2a  3c 4a  3b  3c
 P  11  16  P  5
2
Dấu “=” xảy ra  b  c  a
3
2
 Min P  5, khi b  c  a
3

0,5

0,25

0,25

Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

25