ĐỀ THI THỬ đại học lần i năm 2013 môn TOÁN, khối a, a1, b và d TRƯỜNG THPT cù HUY

www.VNMATH.com

SỞ GD – ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013
TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN Môn: TOÁN, Khối A, A1, B và D
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
3
3 2 (C )
m
y x mx= − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
1m =
2. Tìm tất cả các giá trị của
m
để hàm số có cực trị và đường thẳng đi qua cực đại , cực tiểu của đồ thị hàm
số
( )
m
C
cắt đường tròn
( ) ( )
2 2
1 2 1x y− + − =
tại hai điểm
,A B
phân biệt sao cho
2
5
AB =
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình :

2sin 2 2sin 2 5sin 3cos 3
4
x x x x
π
 
+ + + − =
 ÷
 
2. Giải hệ phương trình :
3 3 2
3
7 3 ( ) 12 6 1
( , )
4 1 3 2 4
x y xy x y x x
x y
x y x y
+ + − − + =


∈

+ + + + =


¡
Câu III (1,0 điểm) 1. Tính tích phân :
4
2
0

sin sin 2
os
x x x
I dx
c x
π
+
=
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có
SA
vuông góc với đáy ,
ABCD
là hình chữ nhật với
3 2, 3AB a BC a= =
. Gọi
M
là trung điểm
CD
và góc giữa
( )ABCD
với
( )SBC
bằng
0
60
. Chứng minh
rằng

( ) ( )SBM SAC⊥
và tính thể tích tứ diện
SABM
.
Câu V (1,0 điểm) Cho
,x y
là các số thực không âm thoả mãn
1x y+ =
. Tìm GTNN của biểu thức:
2 2
3 1 2 2 40 9P x y= + + +
PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
cho tam giác
ABC
có cạnh
AC
đi qua
(0, 1)M −
. Biết
2AB AM=
, đường phân giác trong
: 0AD x y− =
,đường cao
: 2 3 0CH x y+ + =
. Tìm toạ độ các
đỉnh.
3. Giải phương trình :

8
4 2
2
1 1
log ( 3) log ( 1) log 4
2 4
x x x+ + − =
Câu VII.a ( 1 điểm) Tìm hệ số chứa
4
x
trong khai triển
2
2
1 3
6
n
n
x x
−
 
+ +
 ÷
 
biết :
1
4 3
7( 3)
n n
n n
C C n

+
+ +
− = +
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ
Oxy
cho đường tròn
2 2
( ):( 1) ( 1) 25C x y− + + =
, điểm
(7;3)M
. Viết phương trình đường thẳng qua
M
cắt
( )C
tại hai điểm phân biệt
,A B
sao cho
3MA MB=
2. Giải phương trình:
( )
( )
5 4
log 3 3 1 log 3 1
x x
+ + = +
Câu VII.b ( 1 điểm)Với
n
là số nguyên dương , chứng minh:
0 1 2 1

2 3 ... ( 1) ( 2)2
n n
n n n n
C C C n C n
−
+ + + + + = +
-----------Hết---------
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
www.VNMATH.com
Họ và tên thí sinh:………………………….………………………….SBD:………………………..
SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
NĂM HỌC 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN HỌC
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
I.1
(1 điểm)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH:
Khi
1m =
ta có hàm số
3
3 2y x x= − +
TXĐ: D=R
Sự biến thiên
Đạo hàm:
2
1 0
' 3 3, ' 0

1 4
x y
y x y
x y
= ⇒ =

= − = ⇔

= − ⇒ =

Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
Bảng biến thiên:
x
−∞
1− 1
+∞
'y
+
0
−
0
+
4
+∞
y

−∞
0
Hàm số đồng biến trên
( ) ( )
; 1 ; 1;−∞ − +∞
Hàm số nghịch biến trên
( )
1;1−
Hàm số đạt cực đại tại
1; 4
CD
x y= − =
Hàm số đạt cực tiểu tại
1; 0
CT
x y= =
Đồ thị:
f(x)=x^3-3x+2
-10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
10
x
y

0.25
0.25
0.25
0.25
A
I
B
H
www.VNMATH.com
I.2
(1điểm
)
+ Ta có
2
' 3 3y x m= −
Để hàm số có cực trị thì
' 0y =
có 2 nghiệm phân biệt
0m⇔ >
Phương trình đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu là
: 2 2 0mx y∆ + − =
Điều kiện để đường thẳng
∆
cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt là :
( )
2
2
,
2 2 2
1 2 4 1 0 1,

4 1
d I R
m
m m m
m
∆ <
+ −
⇔ < ⇔ < + ⇔ < ∀
+
Gọi
H
là hình chiếu của
I
trên
AB
. Ta có
2
2
2 6
4 5
AB
IH R= − =
. Theo bài ra
2 6
( , )
5
d I ∆ =
2
2
6

2
2 6
6
5
4 1
6 (L)
m
m
m
m
m

=
⇔ = ⇔ = ⇔

+
= −


Vậy
6m =
là giá trị cần tìm .
0.25
0.25
0.25
0.25
II.1
(1điểm
)
1. GPT :

2sin 2 2sin 2 5sin 3cos 3
4
x x x x
π
 
+ + + − =
 ÷
 
(1)
2
(1) 2sin 2 sin 2 os2 5sin 3cos 3
6sin cos 3cos (2sin 5sin 2) 0
3cos (2sin 1) (2sin 1)(sinx 2) 0
(2sin 1)(3cos sinx 2) 0
1
sinx
2
sinx 3cos 2
x x c x x x
x x x x x
x x x
x x
x
⇔ + + + − =
⇔ − − − + =
⇔ − − − − =
⇔ − − + =

=


⇔

− =

+
2
1
6
sin ,
5
2
2
6
x k
x k
x k
π
π
π
π

= +

= ⇔ ∈


= +


¢

0.25
0.25
www.VNMATH.com

2 1
sinx 3cos 2 sin( ) ,( os )
10 10
2
arcsin 2
10
,
2
arcsin 2
10
x x c
x k
k
x k
α α
α π
π α π
− = ⇔ − = =

= + +


⇔ ∈

= + − +



¢
Vậy pt có 4 họ nghiệm :
2
6
5
2
6
,
2
arcsin 2
10
2
arcsin 2
10
x k
x k
k
x k
x k
π
π
π
π
α π
π α π

= +




= +

∈


= + +



= + − +


¢
0.25
0,25
II.2
(1điểm
)
2. Giải hệ :
3 3 2
3
7 3 ( ) 12 6 1 (1)
( , )
4 1 3 2 4 (2)
x y xy x y x x
x y
x y x y
+ + − − + =



∈

+ + + + =


¡
Giải: ĐK
3 2 0x y+ ≥
( ) ( )
3 2 3 2 2 3
3 3
(1) 8 12 6 1 3 3
2 1 2 1 1
x x x x x y xy y
x x y x x y y x
⇔ − + − = − + −
⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = −
+ Với
1y x= −
thay vào
(2)
ta được :
3
3 2 2 4x x+ + + =
Đặt
3
3 2, 2 (b 0)a x b x= + = + ≥
. Ta có hệ :
3

3 2
4
2 3 2 2
2
2
3 4
2 2
a b
a x
x
b
a b
x

+ =
= + =



⇔ ⇒ ⇔ =
  
=
= −
+ =




+
2 1x y= ⇒ = −

. Vậy nghiệm của hệ là:
2
1
x
y
=


= −

0.25
0.25
0.25
0.25
III.
(1điểm
)
Tính
4
2
0
sin sin 2
os
x x x
I dx
c x
π
∫
+
=

0.25
www.VNMATH.com
+ Ta có
4 4
2
0 0
sin sinx
2
os cos
x x
I dx dx
c x x
π π
∫ ∫
= +
Đặt
4 4
1 2
2
0 0
sin sinx
; 2
os cos
x x
I dx I dx
c x x
π π
∫ ∫
= =
+Tính

1
I
: Đặt
2
2
4
1
0
sinx 1
; os (cos )
os cos
1 1 sinx 2 1 2 2
ln ln
4 4 4
cos cos cos 2 1 sinx 4 2
2 2
0 0 0
u x du dx v dx c xd x
c x x
x dx x
I
x x x
π
π π π
π
−
∫ ∫
∫
= ⇒ = = = − =
+ +

⇒ = − = − = −
−
−
+ Tính
4
2
0
(cos ) 2
2 2ln cos 2ln
4
cos 2
0
d x
I x
x
π
π
∫
= − = − = −
Vậy
1 2
2 1 2 2 2
ln 2ln
4 2 2
2 2
I I I
π
+
= + = − −
−

0.25
0.25
0.25
0.25
IV.
(1điểm
)
I
M
S
A
B
CD
Gọi
I BM AC= ∩
,suy ra
I
là trọng tâm của tam giác
BCD
2
2 2 2
1 6 1 18
; 3
3 2 3 4
a a
IM BM IC AC a IM IC CM
BM AC
⇒ = = = = ⇒ + = =
⇒ ⊥
Mặt khác

( ) ( ) ( )BM SA BM SAC SBM SAC⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
+ Ta có
2
1 1 9 2
. ( , ) 3 2.3
2 2 2
ABM
a
S AB d M AB a a= = =
Theo bài ra
·
0
60SBA =
. Xét tam giác vuông
SAB
có
2
0 3
1 9 2
tan60 3 6 3 6 9 3( )
3 2
SABM
a
SA AB a V a a dvtt= = ⇒ = =
0.25
0.25
0.25
0.25