ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN Môn: TOÁN; Khối D

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 D
_____________________ 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 hàm số có cực trị tại x
1
và x
2
thoả mãn:
12
xx2−=.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2
2sinxsin2xsinxcosx10−++−=

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
33
22
xy5xy
xy3

+=−


−=



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, SA tạo với đáy (ABC) một góc 60
0
. Tam giác ABC
vuông tại B,

0
ACB30=
, AC = 2a. 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 nghiệm.
( )
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 cho A(1;0), B(−2;4), C(−1;4), D(3;5). Tìm toạ

độ điểm M thuộc đường thẳng ∆:
3xy50−−= sao cho hai tam giác MAB và MCD có diện
tích bằng nhau.
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 ∆ABC cân tại đỉnh A, phương trình
CB:xy10++=. Đường cao qua đỉnh B là: :x2y20∆−−=, điểm M(2;1) thuộc đường
cao đi qua đỉnh C. Viết phương trình cạnh AB và AC của ∆ABC
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 D

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=−++ . Hàm số có hai điểm cực trị x
1
, x
2
khi và chỉ khi
y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 1

0.25đ

Khi đó ta có: x
1
= 2; x
2
= 2m
0.25đ
Do đó
12
xx2m11−=⇔−=
0.25đ
1
(2đ)

m = 0 hoặc m = 2
0.25đ
()()()
22
2sinxsin2xsinxcosx102sinx2sinx.cosxsinxc
osx10
sinx12sinx1cosx2sinx10
−++−=⇔−++−=

⇔+−−−=

0.25đ
2
(1đ)

1
sinx
2
cosxsinx1

=

⇔

−=


0.25đ

4
0
+∞
−∞
4
2
5
-1
2
O

www.VNMATH.com
xk2
1
6
sinx
5
2
xk2
6
π

=+π

=⇔

π

=+π



0.25đ

xk2
cosxsinx1
xk2
2
=π



−=⇔
π

=−+π


Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
xk2=π,
2
xk
23
ππ
=−+ với (k ∈ Z)
0.25đ

()
()
22
3322
3322
223223
22
xy3
xy5xyxy3
3x3y5xyxy
xy32xxy5xy2y0
xy3
x2y
y2x
xy

−=

+=−−=


⇔⇔

+=−−
−=−−−=



−=


=


⇔


=−




=−



0.25đ



0.25đ



3
(1đ)
()
()
22
22
22
xy3
x2y
x2
y1
xy3
y2x
x2
y1
xy3
yx
v« nghiÖm
v« nghiÖm

−=




=
=






=
−=




⇔⇔


=−
=−






=−


−=






=−



0.50đ

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
5
(1đ)










www.VNMATH.com
G
A
C
B
S
E
Ta có: AB = a, AC = a 3 diện tích ∆ABC là
2

ABC
13
SAB.ACa
22
==
Gọi E là trung điểm BC ta có:

22
a7
AEABBK
2
=+=
a7
AG
3
⇒=
Vì góc giữa SA và đáy bằng 60
0
nên ta có

0
SAG60=
a7
SGAG.3
3
⇒==
Thể thích khối chóp là:
3
ABC
1a7

V.S.SG
36
==

0.25đ




0.25đ




0.25đ



0.25đ

6
(1đ)
Điều kiện: x∈ [−1;1]
Đặt
22
t1x1x21xt2=−++⇒−=−
với t2;2

∈


.
Phương trình đã cho trở thành:
()
2
2
t7
mt3t70m
t3
−+
++−=⇔=
+
(*)
Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm
t2;2

∈


Xét
()
2
t7
ft
t3
−+
=
+
trên
2;2



, ta có
()
()
2
2
t6t7
f't0
t3
−−−
=<
+
⇒ f(t) nghịch biến
trên
2;2


.
Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
()
()
31552
f2mf2m
57
−
≤≤⇔≤≤


0.25đ

0.25đ





0.25đ



0.25đ
7a
(1đ)
Ta có:
( ) ( )
AB3;4AB5,CD4;1CD17=−⇒==⇒=


AB:4x3y40,CD:x4y170+−=−+=
M∈∆ ⇒ M(t; 3t−5)
Theo bài ra ta có:
( ) ( )
dM,AB.ABdM,CD.CD=
( ) ( )
()
4t33t54t43t517
.5.17
5

17
M9;32
t9
13t193711t
19
1917
t
M;
8
88
+−−−−+
⇔=
−−

=−



⇔−=−⇔⇔



=






0.25đ

0.25đ





0.50đ
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

0.25đ




0.25đ


www.VNMATH.com
I
B
A
CH
M
N
2a2bc3d2b4c5a2
50a2b4cd02a2bc3b3
94a4b2cd02a3bc2c7
54a0b2cd02abc0d27
++=−=−−−=−


++++=++=−=−

⇔⇔

+−++=−++==



−+++=++==−


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


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 d là đường thẳng qua M song song với BC, cắt ∆ tại N
ta có d: xy30+−=
N = d ∩ ∆
81
N;
33

⇒


gọi I, H lần lượt là trung điểm MN, BC
ta có ∆ABC cân nên tứ giác A∈IH
Ta có
72
I;
33




nên IH có phương trình:
5
xy0
3
−−=
H = IH ∩ BC
14
H;
33

⇒−



B = ∆ ∩ BC
()
25
B0;1C;
33
−

⇒−⇒



Vậy AC:
1
2xy0
3
++=, AB: x2y20++=

0.25đ




0.25đ





0.25đ



0.25đ
8b
(1đ)
Mặt phẳng ABC có phương trình: xyz10−−−=
Gọi (S) là mặt cầu có tâm I∈Oy và cắt (ABC) theo một đường tròn có bán kính r
nhỏ nhất
Vì I ∈ Oy nên I(0;t;0), gọi H là hình chiếu của I trên (ABC) khi đó là có bán kính
đường tròn giao của (ABC) và (S) là
22
rAHIAIH==−

Ta có

22
IAt1=+
, IH = d(I,(ABC))=
t1
3
+

22
2
t2t12t2t2
rt1
33
++−+
⇒=+−=
Do đó r nhỏ nhất khi và chỉ khi
1
t
2
= . Khi đó
2
15
I0;;0,IA
24

=



do đó phương trình mặt cầu cần tìm là:
2

22
15
xyz
24

+−+=



0.25đ









0.25đ


0.25đ




0.25đ
www.VNMATH.com