ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013
Đề Số 1
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
(1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
góc tọa độ O bằng lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ
O.
Câu II (2 điểm):
1. Giải phương trình :
2. Giải phương trình :

Câu III (1 điểm): Tính tích phân
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp
S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a ,
SA vuông góc với đáy
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt phẳng
(AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
.
B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ
Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường
thẳng .
Tìm trên hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC
bằng15.
2. Trong không gian với

hệ toạ độ Oxyz cho mặt
cầu .
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ , vuông góc với mặt
phẳngvà tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của
trong khai triển Niutơn của biểu thức :

2.Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm):
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy
3 2 2 3
3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − +
2
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x
π
+ +
2 2
1 2 2 1 2 2
2
2
log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )
x
x x x x x x
+
− + − − = − + + −
6
0

tan( )
4
os2x
x
I dx
c
π
π
−
=
∫
2 2 2
3( ) 2P x y z xyz= + + −
:3 4 4 0x y∆ − + =
∆
2 2 2
( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
(1;6;2)v
r
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
4
x
2 10
(1 2 3 )P x x= + +
2 2
( ) : 1
9 4
x y

E + =
cho elíp và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) .
Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn
nhất.
2.Trong không gian với hệ
toạ độ Oxyz cho mặt cầu .
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ , vuông góc với mặt
phẳngvà tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm):
Tìm số nguyên dương n
sao cho thoả mãn
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
2 2 2
( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
(1;6;2)v
r
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
2
0 1 2
2 2 2 121
...
2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
+ + + + =

+ +
Câu

Điểm
I
II
2. Ta có
Để hàm số có cực trị thì PT
có 2 nghiệm phân biệt

có 2 nhiệm phân biệt

05
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là
B(m+1;-2-2m)
025
Theo giả thiết ta có
Vậy có 2 giá trị
của m là và .
025
1.

05

Vậy PT có hai nghiệm
và .
05
2. ĐK :.
Với ĐK trên PT đã cho tương đương
với

05
025
Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025
,
025
, 2 2
3 6 3( 1)y x mx m= − + −
,
0y =
2 2
2 1 0x mx m⇔ − + − =
1 0, m⇔ ∆ = > ∀
2
3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m

= − +
= ⇔ + + = ⇔

= − −


3 2 2m = − −
3 2 2m = − +
os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2

os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0
PT c x c
c x c x
π
 
⇔ + = +
 ÷
 
⇔ + =
sin(4 ) sin(2 ) 0
6 6
18 3
2sin(3 ). osx=0
6
x=
2
x x
x k
x c
k
π π
π π
π
π
π
⇔ + + + =

= − +

⇔ + ⇔



+


2
x k
π
π
= +
18 3
x k
π π
= − +
1 5
2 2
0
x
x
−

< <



≠

2
2
2

2 2 2 2
2
log (5 2 )
log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 )log (2 1)
log (2 1)
x
x x x x
x
−
− + = − + − +
+
2
2 2
2
1
4
log (2 1) 1
1
log (5 2 ) 2log (2 1) 2
2
log (5 2 ) 0
2
x
x
x x x x
x
x
−

=


+ = −




⇔ − = + ⇔ = ∨ = −



− =


=



2
6 6
2
0 0
tan( )
tan 1
4
os2x (t anx+1)
x
x
I dx dx
c
π π

π
−
+
= = −
∫ ∫
2
2
1 tan x
cos 2x
1 tan x
−
=
+
Đặt
05
Suy ra .
025
Ta có (1)
Tương tự ta có (2)
Từ (1) và (2) suy ra
05
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra
Ta có
Vậy
05
Ta c ó:

025

025
Xét hàm số , với
0<x<3
Từ bảng biến thiên
suy ra MinP=7 .
05
2
2
1
t anx dt= (tan 1)
cos
t dx x dx
x
= ⇒ = +
0 0
1
6
3
x t
x t
π
= ⇒ =
= ⇒ =
1
1
3
3
2
0
0

1 1 3
( 1) 1 2
dt
I
t t
−
= − = =
+ +
∫
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥ ⊥ ⊥


⊥ =

AM SC⇒ ⊥
AN SC⊥
AI SC⊥
1
.
3
ABMI ABM
V S IH=
2
4
ABM
a

S =
2 2
2 2 2 2 2
. 1 1 1
2 3 3 3
IH SI SI SC SA a
IH BC a
BC SC SC SA AC a a
= = = = = ⇒ = =
+ +
2 3
1
3 4 3 36
ABMI
a a a
V = =
[ ]
2
3 ( ) 2( ) 2
3 9 2( ) 2
27 6 ( ) 2 ( 3)
P x y z xy yz zx xyz
xy yz zx xyz
x y z yz x
 
= + + − + + −
 
= − + + −
= − + − +
2

3 2
( )
27 6 (3 ) ( 3)
2
1
( 15 27 27)
2
y z
x x x
x x x
+
≥ − − − +
= − + − +
3 2
( ) 15 27 27f x x x x= − + − +
, 2
1
( ) 3 30 27 0
9
x
f x x x
x
=

= − + − = ⇔

=

1x y z⇔ = = =
1. Gọi . Khi đó diện tích tam

giác ABC là
. 05
Theo giả thiết ta
có
Vậy hai điểm cần
tìm là A(0;1) và B(4;4).
05
2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
Véc tơ pháp tuyến của là 025
Vì và song song với giá của nên
nhận véc tơ
làm vtpt. Do đó (P):2x-
y+2z+m=0
025
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên
025
Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025
Ta có 05
Theo giả thiết ta có
025
Vậy hệ số của là: . 025
1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta cóvà
diện tích tam giác ABC là 05
Dấu bằng xảy ra khi .
Vậy .
05
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )
4 4

a a
A a B a
+ −
⇒ −
1
. ( ) 3
2
ABC
S AB d C AB= → ∆ =
2
2
4
6 3
5 (4 2 ) 25
0
2
a
a
AB a
a
=

−
 
= ⇔ − + = ⇔
 ÷

=
 


( )
α
(1;4;1)n
r
( ) ( )P
α
⊥
v
r
(2; 1;2)
p
n n v= ∧ = −
uur r r
( ( )) 4d I P→ = ⇔
21
( ( )) 4
3
m
d I P
m
= −

→ = ⇔

=

10 10
2 10 2
10 10
0 0 0

(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
k
k k k i k i i k i
k
k k i
P x x C x x C C x
− +
= = =
= + + = + =
∑ ∑ ∑
4
0 1 2
0 10
4 3 2
,
k i
i i i
i k
k k k
i k N
+ =

= = =
  

≤ ≤ ≤ ⇔ ∨ ∨
   
= = =
  


∈

4
x
4 4 3 1 2 2 2 2
10 10 3 10 2
2 2 3 3 8085C C C C C+ + =
2 2
1
9 4
x y
+ =
1 85 85
. ( ) 2 3 3
2 13 3 4
2 13
ABC
x y
S AB d C AB x y= → = + = +
2 2
85 170
3 2 3
13 9 4 13
x y
 
≤ + =
 ÷
 
2 2
2

1
3
9 4
2
2
3 2
x y
x
x y
y


+ =

=
 
⇔
 
 
=
=



3 2
( ; 2)
2
C
Xét khai triển
Lấy tích phân 2 vế cân từ

0 đến 2 , ta được: 05
Vậy n=4.
05
0 1 2 2
(1 ) ...
n n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
1 2 3 1
0 1 3
3 1 2 2 2
2 ...
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
+ +
−
= + + + +
+ +
⇔
2 1 1
0 1 2
1
2 2 2 3 1 121 3 1
...
2 3 1 2( 1) 1 2( 1)
3 243 4

n n n
n
n n n n
n
C C C C
n n n n
n
+ +
+
− −
+ + + + = ⇔ =
+ + + +
⇔ = ⇔ =
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013
Đề Số 2
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị
nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
2. Giải bất phương trình
Câu III ( 1điểm)Tính tích phân
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có mặt

đáy (ABC) là tam giác đều
cạnh a. Chân đường vuông
góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 30
0
.
Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a
2
+b
2
+c
2
=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ
độ Oxy, cho đường tròn (C) : .
Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn
theo một dây cung có độ dài bằng 6.
2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao
cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất.
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm số phức z thoả mãn : . Biết
phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn
vị.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Tính giá trị biểu
thức: .

2. Cho hai đường thẳng có phương trình:
cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0+ − − =
( )
2
4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ −
3
6
cotx
I dx
sinx.sin x
4
π
π
=
π
 
+
 ÷
 
∫
3 3 3
2 2 2
3 3 3
a b c
P
b c a
= + +
+ + +
2 2
x y 2x 8y 8 0+ + − − =

z 2 i 2− + =
2 4 6 100
100 100 100 100
4 8 12 ... 200A C C C C= + + + +
1
2 3
: 1
3 2
x z
d y
− +
= + =
2
3
: 7 2
1
x t
d y t
z t
= +


= −


= −

Viết phương trình đường thẳng cắt d
1
và d

2
đồng thời đi qua điểm M(3;10;1).
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình sau trên tập phức: z
2
+3(1+i)z-6-13i=0
-------------------Hết-----------------
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu Nội dung Điểm
I
1
Tập xác định: D=R
y’=3x
2
-6x=0
Bảng biến thiên:
x -∞ 0
2 + ∞
y’ + 0 - 0 +
2 + ∞
y
-∞ -2
Hàm số đồng biến trên
khoảng: (-∞;0) và (2; + ∞)
Hàm số nghịch biến trên
khoảng (0;2)
f
CĐ

=f(0)=2; f
CT
=f(2)=-2
y’’=6x-6=0<=>x=1
khi x=1=>y=0
x=3=>y=2
x=-1=>y=-2

Đồ thị hàm số nhận điểm
I(1;0) là tâm đối xứng.
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
2
Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2)
Xét biểu thức P=3x-y-2
Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0
Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-
2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng
Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
=>
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
II
1
Giải phương
trình: (1)

Khi
cos2x=1<=>,
Khi hoặc ,

0,5 đ
0,5 đ
2
Giải bất phương
trình: (1)
( ) ( )
3 2 3 2
lim 3 2 lim 3 2
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− + = −∞ − + = +∞
0
2
x
x
=

⇔

=

4
3 2
5

2 2 2
5
x
y x
y x
y

=

= −


⇔
 
= − +


=


4 2
;
5 5
M
 
 ÷
 
cos2x 2sin x 1 2sin xcos 2x 0+ − − =
( ) ( ) ( )
( ) ( )

1 os2 1 2sin 1 2sin 0
os2 1 1 2sin 0
c x x x
c x x
⇔ − − − =
⇔ − − =
x k
π
=k Z∈
1
sinx
2
=
⇔
2
6
x k
π
π
= +
5
2
6
x k
π
π
= +
k Z∈
( )
2

4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ −
(1)
Ta có: 4x-
3=0<=>x=3/4
=0<=>x=0;x=3
Bảng xét dấu:
x -∞ 0 ¾ 2 + ∞
4x-3 - - 0 + +
+ 0 -
- 0 +
Vế trái - 0 + 0 - 0 +
Vậy bất phương trình có
nghiệm:
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
III
Tính
Đặt 1+cotx=t
Khi
Vậy
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
IV Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H.
Xét ∆SHA(vuông tại H)
Mà ∆ABC đều cạnh a,
mà cạnh

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
( )
(
)
2
4 3 3 4 2 0x x x⇔ − − + − ≥
2
3 4 2x x− + −
2
3 4 2x x− + −
[
)
3
0; 3;
4
x
 
∈ ∪ +∞
 
 
( )
( )
3 3
6 6
3
2
6
cot cot

2
sinx sinx cos
sin x sin
4
cot
2
sin x 1 cot
x x
I dx dx
x
x
x
dx
x
π π
π π
π
π
π
= =
+
 
+
 ÷
 
=
+
∫ ∫
∫
2

1
sin
dx dt
x
⇒ = −
3 1
1 3;
6 3
3
x t x t
π π
+
= ⇔ = + = ⇔ =
( )
3 1
3 1
3 1
3
3 1
3
1 2
2 2 ln 2 ln 3
3
t
I dt t t
t
+
+
+
+

−
 
= = − = −
 ÷
 
∫
0
3
cos30
2
a
AH SA= =
3
2
a
AH =
H
A
C
B
S
K
=> H là trung điểm của cạnh BC
=> AH ⊥ BC, mà SH ⊥ BC => BC⊥(SAH)
Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K
=> HK là khoảng cách giữa BC và SA
=>
Vậy khoảng cách
giữa hai đường
thẳng BC và SA bằng

0,25 đ
V
Ta có:
(1)

(2)
(3)
Lấy
(1)+(2)+(3) ta
được:
(4)
Vì a
2
+b
2
+c
2
=3
Từ (4) vậy giá trị
nhỏ nhất khi a=b=c=1.
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
VI.a
1
Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5
Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là ∆,
=> ∆ : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0)

Vì đường thẳng cắt đường
tròn theo một dây cung có độ
dài bằng 6=> khoảng cách từ tâm I đến ∆ bằng
(thỏa mãn
c≠2)
Vậy phương
trình đường
tròn cần tìm là: hoặc .
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2
Ta có
Phương trình đường thẳng
AB:
Để độ dài đoạn CD
ngắn nhất=> D là hình
chiếu vuông góc của C trên cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)
Vì =>-a-16a+12-9a+9=0<=>
Tọa độ điểm
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0
3
AHsin 30
2 4
AH a

HK = = =
3
4
a
3
2
P =
3
2
P⇔ ≥
( )
2 2 2
2 2 2
9 3
16 4
a b c
P a b c
+ + +
+ ≥ + +
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
c c a c c
a a
+
+ + ≥ =

+ +
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
b b c c c
c c
+
+ + ≥ =
+ +
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
a a b a a
b b
+
+ + ≥ =
+ +
2 2
5 3 4− =
( )
2
4 10 1

3 4
, 4
3 1 4 10 1
c
c
d I
c

= −
− + +
⇒ ∆ = = ⇔

+ = − −


3 4 10 1 0x y+ + − =3 4 10 1 0x y+ − − =
( )
1; 4; 3AB = − − −
uuur
1
5 4
4 3
x t
y t
z t
= −


= −



= −

( ;4 3;3 3)DC a a a⇒ = − −
uuur
AB DC⊥
uuur uuur
21
26
a =
5 49 41
; ;
26 26 26
D
 
 ÷
 
VII.a
Gọi số phức z=a+bi
Theo bài ra
ta có:

Vậy số phức cần tìm là: z=+()i; z= z=+()i.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
A. Theo chương trình nâng cao
VI.b
1

Ta có:
(1)
(2)
Lấy (1)+(2) ta được:
Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được
Thay x=1 vào
=>
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2
Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng
d
1
và d
2
lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).
Do đường thẳng d đi qua
M(3;10;1)=>


=>
Phương trình đường thẳng
AB là:
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
VII.b

∆=24+70i,
hoặc
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

1 2− +
2 2+
1 2− −
2 2−
2 2 2 2
1 2 1 2
 
= − = +
 
⇔
 
= − − = − +
 
 
a a
hoac
b b
( )
( ) ( )
2 2
2 1 2
2 1 4
3

3


− + + =
− + + =
 
⇔
 
= −
= −




a b i
a b
b a
b a
( )
100
0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
1 ...x C C x C x C x+ = + + + +
( )
100
0 1 2 2 3 3 100 100
100 100 100 100 100
1 ...x C C x C x C x C x− = − + − + +
( ) ( )
100 100

0 2 2 4 4 100 100
100 100 100 100
1 1 2 2 2 ... 2x x C C x C x C x+ + − = + + + +
( ) ( )
99 99
2 4 3 100 99
100 100 100
100 1 100 1 4 8 ... 200x x C x C x C x+ − − = + + +
99 2 4 100
100 100 100
100.2 4 8 ... 200A C C C= = + + +
MA kMB=
uuur uuur
( ) ( )
3 1; 11; 4 2 , ; 2 3;MA a a a MB b b b= − − − + = − − −
uuur uuur
3 1 3 1 1
11 2 3 3 2 11 2
4 2 2 4 1
a kb a kb a
a kb k a k kb k
a kb a kb b
− = − = =
  
  
⇒ − = − − ⇔ + + = ⇔ =
  
  
− + = − + = =
  

( )
2; 10; 2MA = − −
uuur
3 2
10 10
1 2
x t
y t
z t
= +


= −


= −

7 5i∆ = +
7 5i∆ = − −
2
5 4
z i
z i
= +

=>

= − −


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013
Đề Số 3
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(C) của hàm số
2. Viết phương trình tiếp tuyến của
(C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng .
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương
trình
2) Giải hệ
phương trình :
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC
là tam giác vuông tại A với AB = a,
các mặt bên là các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng
đáy góc 60
0
. Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) .
Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí
sinh chỉ được làm một trong
hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng : 2x + 3y + 4 = 0.
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng sao cho đường thẳng AB và hợp với nhau góc 45

0
.
Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)
và hai đường thẳng và
Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng
nằm trên một mặt phẳng. Viết
phương trình mặt phẳng đó.
Câu VIII.a (1 điểm)
Giải phương trình:
Theo chương trình
Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho
đường tròn , đường thẳng . Tìm để
cắt tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất.
Câu VII.b (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:
(P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
2 1
1
x
y
x
−
=
−
2
2
17
sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( )

2 2 12
x
x x x
π π
+ + = + +
4 3 2 2
3 2
1
1
x x y x y
x y x xy

− + =


− + = −


4
0
tan .ln(cos )
cos
x x
dx
x
π
∫
3
a b b c c a
ab c bc a ca b

+ + +
+ + ≥
+ + +
∆
∆∆
1
( ) :
1 2 3
x y z
d
+
= =
− −
1 4
( ') :
1 2 5
x y z
d
− −
= =
2 2
2
(24 1)
(24 1) (24 1)
log log
+
+ +
+ =
x
x x x x

log x x x
2 2
( ) : 1C x y+ =
( ) : 0d x y m+ + =
m
( )C( )d
và đường thẳng : = = . Gọi là giao tuyến của (P) và (Q).
Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng , .
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log
x
( log
3
( 9
x
– 72 )) 1
----------Hết----------
ÁP ÁN VÀ THANG I MĐ Đ Ể
Câu - ý Nội dung Điểm
1
∆
2
2
−
−
x
1
1
+
y
3

z
2
∆
1
∆
2
∆
≤
1.1 *Tập xác định :
*Tính
Hàm số nghịch biến trên
các khoảng và
*Hàm số không có cực trị
*Giới hạn


Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 ,
tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
*Vẽ đồ thị
0.25
0.25
0.25
0.25
1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại
điểm có phương trình

Hay (*)
*Khoảng cách từ
điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng

giải được nghiệm và
*Các tiếp tuyến cần tìm : và
0.25
0.25
0.25
0.25
2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với



Giải được
và (loại)
*Giải được nghiệm và
0.25
0.25
0.25
0.25
2.2 *Biến đổi hệ tương đương
với
*Đặt ẩn phụ , ta được hệ
*Giải hệ trên được nghiệm
(u;v) là (1;0) và (-2;-3)
*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)
0.25
0.25
0.25
{ }
\ 1D = ¡
2

1
' 0
( 1)
y x D
x
−
= < ∀ ∈
−
( ;1)−∞(1; )+∞
1x
Lim y
+
→
= +∞
1x
Lim y
−
→
= −∞
2
x
Lim y
→+∞
= 2
x
Lim y
→−∞
=
0 0
( ; ( )) ( )M x f x C∈

0 0 0
'( )( ) ( )y f x x x f x= − +
2 2
0 0 0
( 1) 2 2 1 0x x y x x+ − − + − =
2
0
4
0
2 2
2
1 ( 1)
x
x
−
⇔ =
+ −
0
0x =
0
2x =
1 0x y+ − =
5 0x y+ − =
os2 3 sin 2 10 os( ) 6 0
6
c x x c x
π
− + + + =
os(2 ) 5 os( ) 3 0
3 6

c x c x
π π
⇔ + + + + =
2
2 os ( ) 5 os( ) 2 0
6 6
c x c x
π π
⇔ + + + + =
1
os( )
6 2
c x
π
+ = −
os( ) 2
6
c x
π
+ = −
1
os( )
6 2
c x
π
+ = −
2
2
x k
π

π
= +
5
2
6
x k
π
π
= − +
2 2 3
3 2
( ) 1
( ) 1
x xy x y
x y x xy

− = −


− − = −


2
3
x xy u
x y v

− =



=


2
1
1
u v
v u

= −

− = −

0.25
3 *Đặt t=cosx
Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , thì
Từ đó
*Đặt
Suy ra
*Kết quả
0.25
0.25
0.25
0.25
4 *Vẽ hình
*Gọi H là trung điểm BC ,
chứng minh
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là

*Kẻ , lập luận suy ra góc

giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng .
*Lập luận và tính được
AC=AB=a ,,
*Tam giác SHK
vuông tại H có
*Tam giác AHK
vuông tại H có

0.25
0.25
0.25
0.25
5 *Biến đổi
*Từ đó
Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c
dương
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được
0.25
0.25
0.25
0.25
4
x
π
=
1
2
t =
1

1
2
2 2
1
1
2
ln lnt t
I dt dt
t t
= − =
∫ ∫
2
1
ln ;u t dv dt
t
= =
1 1
;du dt v
t t
⇒ = = −
1
2
1
2
1 1
1 1 2 1
ln ln 2
1 1
2
2 2

I t dt
t t t
= − + = − −
∫
2
2 1 ln 2
2
I = − −
( )SH A B C⊥
0
60SEH SFH= =
HK S B⊥
HK A
2
2
a
HA =
0
3
tan 60
2
a
SH HF= =
2 2 2
1 1 1 3
10
K H a
HK H S H B
= + ⇒ =
2

20
2
tan
3
3
10
a
A H
A K H
K H
a
= = =
3
cos
23
A K H⇒ =
1 1
1 (1 )(1 )
a b c c
ab c ab b a a b
+ − −
= =
+ + − − − −
1 1 1
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
− − −
= + +

− − − − − −
3
1 1 1
3. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
− − −
≥
− − − − − −
=3 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
6.a * có phương trình tham số và
có vtcp
*A thuộc
*Ta có (AB; )=45
0


*Các điểm cần
tìm là
0.25
0.25
0.25
0.25
7.a *(d) đi qua và có vtcp
(d’) đi qua và có vtcp
*Ta có ,
Xét

 (d) và (d’)
đồng phẳng .
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa
(d) và (d’) => (P) có vtpt
và đi qua M
1
nên có phương trình
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm
0.25
0.25
0.25
0.25
8.a *Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét , biến đổi phương trình tương đương với

Đặt , ta được phương trình
giải được t=1 và t=-
2/3
*Với t=1 phương trình này
vô nghiệm
*Với t=-2/3
(*)
Nhận thấy là nghiệm của
(*)
Nếu thì VT(*)>1
Nếu thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất
*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và
0.25
0.25

0.25
0.25
1
3
a b c= = =
∆
1 3
2 2
x t
y t
= −


= − +

( 3;2)u = −
ur
∆
(1 3 ; 2 2 )A t t⇒ − − +
∆
1
os( ; )
2
c A B u⇔ =
uuuur ur
.
1
2
.
A B u

A B u
⇔ =
uuuurur
ur
2
15 3
169 156 45 0
13 13
t t t t⇔ − − = ⇔ = ∨ = −
1 2
32 4 22 32
( ; ), ( ; )
13 13 13 13
A A− −
1
(0; 1;0)M −
1
(1; 2; 3)u = − −
uur
2
(0;1;4)M
2
(1;2;5)u =
uur
1 2
; ( 4; 8;4)u u O
 
= − − ≠
 
uur uur ur

1 2
(0;2; 4)M M =
uuuuuuur
1 2 1 2
; . 16 14 0u u M M
 
= − + =
 
uur uur uuuuuuur
(1;2; 1)n = −
ur
2 2 0x y z+ − + =
1x ≠
1 2 1
1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)
x x x
x x x
+ =
+ + + + +
log ( 1)
x
x t+ =
1 2 1
1 2 2t t t
+ =
+ +
log ( 1) 1
x
x⇒ + =
2

log ( 1)
3
x
x⇒ + = −
2 3
.(24 1) 1x x⇔ + =
1
8
x =
1
8
x >
1
8
x <
1
8
x =
1
8
x =
6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân
biệt
*Ta có
Từ đó diện
tích tam giác
AOB lớn nhất khi và chỉ khi

0.25
0.25
0.25
0.25
7.b * có phương trình tham số
* có phương trình tham số
*Giả sử
* , mf(R) có vtpt
* cùng phương


*d đi qua và có vtcp
=> d có phương trình
0.25
0.25
0.25
0.25
8.b *Điều kiện : giải được
Vì >1 nên bpt đã cho tương
đương với



*Kết luận tập nghiệm :
0.25
0.25
0.25
0.25
( ; ) 1d O d⇔ <
1 1 1

. .sin .sin
2 2 2
O A B
S O A O B A O B A O B= = ≤
0
90A O B =
1
( ; )
2
d I d⇔ =
1m⇔ = ±
1
∆
2 2
1
3
x t
y t
z t
= −


= − +


=

2
∆
2

5 3
x s
y s
z s
= +


= +


=

1 2
;d A d B∩∆ = ∩ ∆ =
(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)A t t t⇒ − − +
( 2 ;3 6; 3 )A B s t s t s t= + − + −
uuuur
(1;2; 3)n = −
ur
( ) &d R A B n⊥ ⇔
uuuur ur
2 3 6 3
1 2 3
s t s t s t+ − + −
⇔ = =
−
23
24
t⇒ =
1 1 23

( ; ; )
12 12 8
A
(1;2; 3)n = −
ur
23
1 1
8
12 12
1 2 3
z
x y
−
− −
= =
−
3
0
log (9 72) 0
9 72 0
x
x
x >


− >


− >


9
log 73x >
9
log 73x >
3
log (9 72)
x
x− ≤
9 72 3
x x
⇔ − ≤
3 8
3 9
x
x

≥ −

⇔

≤


2x⇔ ≤
9
(log 72;2]T =
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013
Đề Số 4
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(C) của hàm số.
2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1).
Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình:
2. Giải phương
trình:
Câu III (1,0 điểm): Tính tích
phân:
Câu IV (1,0 điểm):Cho hai hình
chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD cạnh a. Hai đỉnh S và S’ nằm về
cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy lần lượt là trung điểm
H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của hai hình chóp, biết rằng SH =
S’K =h.
Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:

PHẦN RIÊNG(3,0
điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy, cho đường tròn (C) có phương
trình: .
Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C)
tại A.
2. Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2;
3) và đường thẳng d có phương trình .

Tìm trên d những điểm M sao cho tổng
khoảng cách từ M đến A và B là nhỏ
nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình
trong tập số phức:
B. Theo chương trình nâng cao.
2 4

1
x
y
x
−
=
+
2
2
1 3 2
1 3
x x
x x
= + + −
+ + −
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + +
2
1
ln
ln
1 ln

e
x
I x dx
x x
 
= +
 ÷
+
 
∫
9 9 9 9 9 9
6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6
x y y z z x
P
x x y y y y z z z z x x
+ + +
= + +
+ + + + + +
2 2
4 3 4 0x y x+ + − =
2 3
2 (t R)
4 2
x t
y t
z t
= +


= − ∈



= +

2
0z z+ =
Câu VI.b (2,0 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường
chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ
nhật.
2. Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng:
.Chứng minh rằng hai
đường thẳng () và () cắt
nhau. Viết phương trình
chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi () và ().
Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ
phương trình: .

-------------------------------- Hết
------------------------
2 1 0 3 3 0
( ) ; ( ')
1 0 2 1 0
x y x y z
x y z x y
+ + = + − + =
 
∆ ∆
 
− + − = − + =

 
∆'∆∆'∆
2 2 2
3 3 3
log 3 log log
log 12 log log
x y y x
x x y y
+ = +


+ = +

ĐÁP ÁN
Câu Nội dung Điể
m
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
CâuI 2.0
1. TXĐ: D = R\{-1}
Chiều biến thiên:
=> hs đồng biến trên mỗi khoảng và , hs không có cực trị
0.25
Giới hạn:
=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2
BBT
x - -1 +
y’ + +
y

+ 2

2 -
0,25
0.25
+ Đồ thị (C):
Đồ thị cắt trục hoành tại điểm , trục tung tại điểm (0;-4)
0.25
2
6
' 0 x D
( 1)
y
x
= > ∀ ∈
+
( ; 1)−∞ −( 1; )− +∞
1 1
lim 2, lim , lim
x
x x
y y y
− +
→±∞
→− →−
= = +∞ = −∞
∞∞∞∞
( )
2;0
Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng
2. Gọi 2 điểm cần tìm là
A, B có 0.25

Trung điểm I của AB: I
Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0
0.25
Có :
0.25
=>
0,25
CâuII 2.0
1. TXĐ: x 0,25
f(x)=(2x-4)/(x+1)
f(x)=2
x(t)=-1 , y(t)=t
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
x
y
6 6

;2 ; ;2 ; , 1
1 1
A a B b a b
a b
   
− − ≠ −
 ÷  ÷
+ +
   
2 2
;
2 1 1
a b a b
a b
+ − −
 
+
 ÷
+ +
 
. 0AB MN
I MN

=


∈


uuur uuuur

0 (0; 4)
2 (2;0)
a A
b B
= −
 
=>
 
=
 
[ ]
1;3∈ −
Đặt t==>
0,25
đc pt: t
3
- 2t - 4 = 0  t=2 0,25
Với t = 2 
0,25
2. 1,0
TXĐ: D =R
0,25
+ Với
0,25
+ Với , đặt t =
được pt : t
2
+ 4t +3 = 0
0.25
t = -1

Vậy :
0,25
Câu III 1,0
I
1
=, Đặt t = ,… Tính được I
1
=
0,5
, lấy tích phân từng phần 2 lần được I
2
= e - 2 0,25
I = I
1
+ I
2
=
0,25
Câu IV 1,0
SABS’ và
SDCS’ là
hình bình
hành => M,
N là trung
điểm SB,
S’D :
2
2
4
3 2

2
t
x x
−
+ − =
1 3 , t > 0x x+ + −
1
1 3 =2 ( / )
3
x
x x t m
x
= −

+ + − ⇔

=

2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + +
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + +
[ ]
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
− =


⇔ − + + + = ⇔

+ + + =

sin 0 ( )
4
x cosx x k k Z
π
π
− = ⇔ = + ∈
2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx+ + + =
sin (t 2; 2 )x cosx
 
+ ∈ −
 
1
3( )
t
t loai
= −

⇔

= −

2
( )
2
2

x m
m Z
x m
π π
π
π
= +


⇒ ∈

= − +

( )
4
2 ( )
2
2
x k k Z
x m m Z
x m
π
π
π π
π
π

= + ∈



= + ∈


= − +


2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
= +
 ÷
+
 
∫
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x+
∫
1 ln x+

4 2 2
3 3
−
( )
2
2
1
ln
e
I x dx=
∫
2 2 2
3 3
e − −
M
N
A
B
D
C
S
S'
H
K
. .S ABCD S AMND
V V V= −
0,25
;
0.25
;

0.25
0.25
CâuV Có x, y, z >0, Đặt : a = x
3
, b = y
3
, c = z
3
(a, b, c >0 ; abc=1)đc :
0.25
mà (Biến đổi tương đương)
0.25
Tương tự:
=> (BĐT Côsi)
0.25
=> P
Vậy: minP = 2 khi x = y
=z =1
0.25
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
A. Chương trình chuẩn
CâuVI.
a
2.0
1. A(0;2), I(-2 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’ 0,25
Pt đường thẳng IA : , => I’(),
0,25

0,25
(C’):

0.25
2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t), AB//d. 0.25
Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB A’B
(MA+ MB)
min
= A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB
0.25
0,25
MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4) 0,25
CâuVII
.a
1.0
z = x + iy (), z
2
+ 0,25
0,25
(0;0); (0;1) ; (0;-1). Vậy: z = 0, z = i, z = - i 0,5
. . .S AMND S AMD S MND
V V V= +
. .
. .
1 1
; . ;
2 4
S AMD S MND
S ABD S BCD
V V
SM SM SN
V SB V SB SC
= = = =

. . .
1
2
S ABD S ACD S ABCD
V V V= =
. . .
3 5
8 8
S AMND S ABCD S ABCD
V V V V= ⇒ =
2
5
24
V a h⇒ =
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
P
a ab b b bc c c ca a
+ + +
= + +
+ + + + + +
3 3 2 2
2 2 2 2
( )
a b a ab b
a b
a ab b a ab b
+ − +
= +

+ + + +
2 2
2 2
1
3
a ab b
a ab b
− +
≥
+ +
2 2
2 2
1
( ) ( )
3
a ab b
a b a b
a ab b
− +
=> + ≥ +
+ +
3 3 3 3
2 2 2 2
1 1
( ); ( )
3 3
b c c a
b c c a
b bc c c ca a
+ +

≥ + ≥ +
+ + + +
3
2
( ) 2. 2
3
P a b c abc≥ + + ≥ =
2, 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1P≥ = ⇔
3
2 3
2 2
x t
y t

=


= +


'I IA∈
2 3 ;2 2t t +
1
2 ' '( 3;3)
2
AI I A t I= ⇔ = =>
uur uuur
( )
( )
2

2
3 3 4x y− + − =
d
∈
≥
,x y R∈
2 2 2 2
0 2 0z x y x y xyi= ⇔ − + + + =
2 2 2 2
2 0
0
xy
x y x y
=


⇔

− + + =

