ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN Môn: TOÁN; Khối A, A1và B

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN Môn: TOÁN; Khối A, A1và B
_____________________ Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
( )
32
yx3m1x12mx3m4=−++−+ (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0
b) Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị tại A và B sao cho hai điểm này cùng với
điểm
9
C1;
2

−−


lập thành một tam giác nhận gốc toạ độ làm trọng tâm.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin2x4sinx10
6
π

−++=



Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
33
22

8xy63
y2x2yx9
−=


++−=

x, y ∈ R
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
e
2
1
2x1
Ilnxdx
x
+
=
∫

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA = 3a, SA tạo với đáy (ABC) một góc 60
0
. Tam
giác ABC vuông tại B,

0
ACB30=
. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC)
trùng với trọng tâm G của ∆ABC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thực phân biệt
( )

2
m1x1x321x50++−++−−=
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật
ABCD biết các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm M(4;5), N(6;5),
P(5;2), Q(2;1) và diện tích của hình chữ nhật bằng 16.
Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu đi qua các
điểm A(0;1;2), B(2;−2;1), C(−2;0;1) và có tâm thuộc mặt phẳng (P): 2x2yz30++−=
Câu 9a (1,0 điểm). Cho khai triển Niutơn
( )
2n
22n
0122n
13xaaxax...ax−=++++ , n ∈ N
*
.
Tính hệ số a
9
biết n thoả mãn hệ thức
23
nn
2141
C3Cn
+=
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm M(4;1). Viết phương trình đường
thẳng d đi qua M và cắt các tia Ox, Oy theo thứ tự tại A, B (A, B không trùng với O) sao cho
tổng khoảng cách OA + OB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(1;0;0), B(2;−1;2), C(−1;1;−3).

Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc trục Oy, đi qua A và cắt mặt phẳng (ABC) theo một
đường tròn có bán kính nhỏ nhất.
Câu 9b (1,0 điểm). Giải phương trình:
() ()
23
48
2
logx12log4xlog4x++=−++
---------- 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: ………………………

www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN Môn: TOÁN; Khối A, A1và B



Câu
Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
Với m = 0 ta có hàm số
32
yx3x4=−+
Tập xác định: D = R
Sự biến thiên: y’ = 3x
2
− 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2

0.25đ

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0) và (2;+∞), nghịch biến trên khoảng (0;2)
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 với y
CĐ
= 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= 0.
Giới hạn:
xx
limy,limy,
→−∞→+∞
=−∞=+∞


0.25đ
Bảng biến thiên:
x
−∞ 0 2

+∞
y’
+ 0 − 0 +

y

0.25đ

Đồ thị:





















0.25đ

b) (1,0 điểm)
Ta có:
( )
2

y'3x3m1x12m=−++ . Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị tại A và B
khi và chỉ khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 1

0.25đ
Khi đó khi điểm cực trị là A(2;9m),
( )
32
B2m;4m12m3m4−+−+
0.25đ
Ba điểm A, B, C lập thành một tam giác có gốc toạ độ làm trọng tâm nên ta có
32
22m10
1
m
9
2
4m12m6m40
2
+−=


⇔=−

−+++−=



0.25đ

1

(2đ)
Với
1
m
2
=− ta thấy ba điểm A, B, C không thẳng hàng nên thoả mãn ∆ABC có
trọng tâm O là gốc toạ độ
0.25đ
4
0
+∞
−∞
4
2
5
-1
2
O
www.VNMATH.com
2
2sin2x4sinx102sin2x.cos2cos2x.sin4sinx10
666
23sinx.cosx2sinx4sinx0
πππ

−++=⇔−++=


⇔++=

0.25đ
sinx0
3cosxsinx2
=

⇔

+=−


0.25đ
sinx0xk=⇔=π 0.25đ
2
(1đ)
3cosxsinx2+=−
7
cosx1xk2
66
ππ

⇔−=−⇔=+π



Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: xk=π,
7
xk2
6
π
=+π với (k ∈ Z)

0.25đ
()()
3333
2222
33
33
33
3322
8xy638xy63
y2x2yx96y12x12y6x54
8xy63
8xy63
8xy6y12x12y6x9
2x1y2
−=−=

⇔

++−=++−=

−=

−=


⇔⇔

−−−−+=
−=+





0.25đ

()
3
332
3
8xy632x3x20
8x2x363
y2x3y2x3
y2x3

−=−−=

−−=

⇔⇔⇔

=−=−
=−




0.25đ

x2
1

x
2
y2x3
=






⇔
=−




=−


0.25đ
3
(1đ)
x2
y1
=

⇔

=


hoặc
1
x
2
y4

=−



=


0.25đ

ee
2
11
11
I2lnxdxlnxdx
xx
=+
∫∫

0.25đ

Với
e
2e
11

1
1
I2lnxdxlnx1
x
===
∫

0.25đ
Với
e
2
2
1
lnx
Idx
x
=
∫
, đặt
2
dx
ulnx
du
x
dx
1
dv
v
x
x


=
=



⇒

=

=−



ta có
e
2
2
1
e
1dx
Ilnx
1xx
=−+
∫

0.25đ
4
(1đ)

2
e
112
I1
1exe
=−−=− . Do đó
2
I2
e
=−
0.25đ
Gọi K = AG ∩ BC ta có góc giữa SA và (ABC) là


0
3a
GASG60AG
2
AS⇒=⇒=
9a
AK
4
⇒=
0.25đ
5
(1đ)
Ta có:
33a
SG
2

=




www.VNMATH.com
G
A
C
B
S
E
Đặt AB = x ⇒ AC = 2x, BK =
3
x
2

Ta có:
222
ABBKAK+=
22
2
3x81a9a
xx
416
27
⇔+=⇔=

Diện tích ∆ABC là:

2
ABC
19a9a81a3
S...3
256
2727
==
Thể tích khối chóp là
23
1813a33a243a
V..
3562112
==





0.25đ




0.25đ



0.25đ

6
(1đ)
Điều kiện: x∈ [−1;1]
Đặt
22
11
t1x1x21xt2;t'
21x21x
=−++⇒−=−=−
−+
với ∀ x ∈ (−1;1)
Bảng biến thiên của t:
x
−1 0 1

t’
|| + 0 − ||
t 2

2

2

do đó t2;2

∈

. Từ bảng biến thiên ta thấy mỗi t = 2 có duy nhất x = 0, mỗi
t2;2)[∈ có 2 nghiệm x

Phương trình đã cho trở thành:
()
2
2
t7
mt3t70m
t3
−+
++−=⇔=
+

Xét
()
2
t7
ft
t3
−+
=
+
trên
2;2


, ta có
()
()
2
2
t6t7

f't0
t3
−−−
=<
+
nên phương trình đã
cho có đúng 2 nghiệm khi và chỉ khi
()
()
31552
f2mf2m
57
−
<≤⇔<≤


0.25đ









0.25đ

0.25đ



0.25đ
7a
(1đ)

Đường thẳng AB có dạng
( ) ( )
22
mx4ny50,mn0−+−=+≠
Đường thẳng AD có dạng:
( ) ( )
22
nx2my10,mn0−−−=+≠
Khoảng cách từ P đến AB là
()
1
22
m3n
ddP,AB
mn
−
==
+

Khoảng cách từ N đến AD là:
()

2
22
4mn
ddN,AD
mn
−
==
+

Diện tích hình chữ nhật bằng 16 nên ta có: d
1
.d
2
= 16
( )( )
( )
22
m3nmn4mn⇔−−=+

22
nm
3m4mnn0
n3m
=−

++=⇔

=−


0.25đ






0.25đ





0.25đ


A
B C
D
M(4;5)
N(6;5)
Q(2;1)
P(5;2)
www.VNMATH.com
Với m = −n, chọn m = 1, n = −1 ta có phương trình các cạnh là
AB:

xy10−+=; CD:xy30−−=; AD: xy30+−=; BC:xy110+−=
với n = −3m, chọn m = 1, n = −3 ta có
AB:
x3y110−+=; CD:x3y10−+=; AD: 3xy70+−=; BC:3xy230+−=



0.25đ
8a
(1đ)

Gọi (S) là mặt cầu có tâm thuộc (P) và qua A, B, C
(S) có phương trình dạng:
222
xyz2ax2by2czd0++++++=
(S) có tâm I(−a;−b;−c)
I∈ (P) ⇔
( )
2a2bc302a2bc31−−−−=⇔++=−
A∈ (S) ⇔ 50a2b4cd0++++= (2)
B∈ (S) ⇔ 94a4b2cd0+−++= (3)
C ∈ (S) ⇔ 54a0b2cd0−+++= (4)
Từ (1), (2), (3), (4) ta có hệ phương trình
2a2bc3d2b4c5a2
50a2b4cd02a2bc3b3
94a4b2cd02a3bc2c7
54a0b2cd02abc0d27
++=−=−−−=−



++++=++=−=−

⇔⇔

+−++=−++==


−+++=++==−


Vậy phương trình mặt cầu (S):
222
xyz4x6y14z270++−−+−=





0.25đ



0.25đ




0.25đ

0.25đ

9a
(1đ)

Điều kiện: n ≥ 3, n ∈ N
*
Ta có:
()()()
()
2
23
nn
21412.214.21
4n228n3n2
C3Cnnn1nn1n2n
+=⇔+=⇔−+=−+
−−−

2
n7n180n9⇔−−=⇔=
hoặc n2=− (loại)
Vậy n = 9
Với n = 9 ta có nhị thức cần khai triển là
( )
18
13x−
Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là

( )
k
kkk
k18
axC3x=−
vậy
( )
9
9
918
aC339382203=−=−


0.25đ



0.25đ



0.25đ



0.25đ

7b
(1đ)

Gọi A(a;0), B(0;b) với a, b>0. Đường thẳng AB có dạng:
xy
1
ab
+=
Ta có OA + OB = a + b
M∈ AB nên ta có:
41
1
ab
+=
mặt khác ta có
( )
2
22
21
21
1ab9
abab
+
=+≥⇔+≥
+

Suy ra OA + OB ≥ 9, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
ab
a6
21
41
b3
1

ab

=

=


⇔

=


+=



Vậy d có phương trình:
xy
12x3y120
64
+=⇔+−=





0.25đ


0.25đ

0.25đ





0.25đ
www.VNMATH.com