ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0
điểm
)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
32
33 2=− + +yx x mx
(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 (1) có cực đại, cực tiểu và khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
bằng
465
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
3 sin 2 cos 2 1 3 sin 3cosx xxx−+= +
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
22 2
(4 4 4 51)( ) 3 0
(, )
(2 7)( ) 1 0
xxyy xy
xy
xxy
⎧
−+− −+=
∈
⎨

−−+=
⎩
\
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
1
2
0
(1)1
(1)( 1)
x
x
xx e
I
dx
xxe
++ −
=
++
∫
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và
mặt bên SCD là tam giác vuông cân tại S; N là trung điểm của đoạn CD. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AN theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
1abc =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
72
()()()
1

Pabbcca
abc
=+ + ++
+++
.
II. PH
Ầ
N RIÊNG( 3,0
điểm
):
Thí sinh ch
ỉ

đượ
c làm m
ộ
t trong hai phầ
n riêng (ph
ần A ho
ặ
c ph
ầ
n B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A; D là trung điểm của đoạn
AB. Biết rằng
11 5 13 5
;, ;
33 33
IE

⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trọng tâm tam
giác
ADC
; các
đ
iể
m
M(3; - 1),
N
(- 3; 0) l
ầ
n lượ
t thu
ộc các
đườ
ng th
ẳ
ng DC, AB
. Tìm t
ọa
độ
các
đ
iể
m
A,
B, C

biế
t
A có tung
độ
d
ươ
ng.
Câu 8.a (1,0
đ
iể
m
). Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tọ
a
độ
Oxyz
, cho m
ặ
t cầ
u (S):

222
24650xyz xyz++−−−+=
,
đi
ể
m A

(1; 2; 0) và
đ
i
ểm
B
(2; 0; 1). Viế
t ph
ươ
ng trình m
ặt ph
ẳ
ng
(ABC
), bi
ết
đ
i
ể
m C
thu
ộc (S) và
n
0
30
ACB =
.
Câu 9.a (1,0 điểm). Giải phương trình
3
2
23 4

3
log .log 3 log logx xxx+= +
.

B. Theo chươ
ng trình nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E):
22
1
25 9
xy
+
=
có hai tiêu
đ
iể
m là
F
1
,
F
2
.
Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MF
1
F
2
bằng
4
3

.
Câu 8.b (1,0
đ
i
ểm
).
Trong không gian v
ới h
ệ
t
ọa
độ

Oxyz, cho hình thang cân
ABCD
có hai
đáy
AB
,
CD thỏa mãn CD = 2AB và diện tích bằng 27; đỉnh A(-1;-1;0); phương trình đường thẳng chứa cạnh
CD là
213
221
x yz−+−
==
. Tìm tọa độ các điểm B, C, D biết hoành độ điểm B lớn hơn hoành độ của
điểm A.
Câu 9.b (1,0 điểm).Cho số phức z thỏa mãn
(1)(2)3
2

2
zii
zi
− −+
=
+
. Tìm phần thực và phần ảo của z
9
.

------------HẾT-------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối A, A1, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
www.VNMATH.com

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
Với m = 0, ta có
32
yx 3x 2=− +

+) Tập xác định: D = R.
+) Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:

2
x0
y3x 6x;y0
x2
=
⎡
′′
=− =⇔
⎢
=
⎣
.
0,25
- Các khoảng đồng biến (-∞; 0) và (2; +∞), nghịch biến trên (0; 2).
- Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 2; đạt cực tiểu tại x

= 2, y
CT
= -1.
- Giới hạn:
x
x
lim y và lim y
→+∞
→−∞
=+∞ =−∞
.

0,25
Bảng biến thiên:









0,25
+) Đồ thị:




0,25
b) (1,0 điểm)
Ta có
2
y3x 6x3m
′
=−+
.
Đồ thị hàm số có cực trị ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt
12
x,x
⇔
99m 0 m1−>⇔<

.
Theo Định lí Viet ta có:
12
12
xx 2
xx m
+ =
⎧
⎨
=
⎩




0,25
Do
x1
yy.( )2(m1)xm2
33
′
=−+−++

nên toa độ hai điểm cực trị là:
11
A(x ; 2(m 1)x m 2)−++;
22
B(x ;2(m 1)x m 2)− ++

0,25

22 2 3
12
AB [4(m 1) 1](x x ) 4[4(1 m) (1 m)]⇒=−+−=−+−
0,25
1
(2,0 điểm)
Theo giả thiết :
33
4[4(1 m) (1 m)] 16.65 4(1 m) (1 m) 260 0−+−= ⇔−+−−=.
m3⇔ =−



0,25
Phương trình tương đương :
2
2 3 sin x cos x (2cos x 1) 1 ( 3 sin x 3cos x) 0−−+−+=
3 sin x(2 cos x 1) (2 cos x 1)(cos x 2) 0⇔−−−+=

0,25
2
(1,0 điểm)
(2cos x 1)( 3sin x cos x 2) 0⇔− −−=
0,25
x
∞+

0
-
∞

2
0
0
∞−
2
-2
∞+

'y

y
+
-
+
www.VNMATH.com
1
cos x
2
sin(x ) 1
6
⎡
=
⎢
⇔
⎢
π
⎢
−=
⎢

⎣



0,25
xk2xk2
33
(k Z)
2
xk2xk2
62 3
ππ
⎡⎡
=± + π =± + π
⎢⎢
⇔⇔∈
⎢⎢
ππ π
⎢⎢
−=+ π = + π
⎢⎢
⎣⎣



0,25
Hệ phương trình tương đương :
22 22
22
31

4x 4xy 4y 51 (x y) 3((x y) ) 51
(x y) (x y)
11
2x 7 x y x y 7
xy xy
⎧⎧
−++ = ++ −+ =
⎪⎪
−−
⎪⎪
⇔
⎨⎨
⎪⎪
+= ++−+=
⎪⎪
−−
⎩⎩
.


0,25
Đặt
axy
1
bxy
xy
=+
⎧
⎪
⎨

=−+
⎪
−
⎩
; ta có hệ
22
a3;b4
a3b57
15 1
a;b
ab7
22
==
⎡
⎧
+=
⎢
⇔
⎨
−
⎢
==
+=
⎩
⎣
.


0,25
Với a = 3; b = 4 ta có:

53 13
xy3
x;y
22
1
xy 4
53 13
xy
x;y
22
⎧
⎡
+−
+=
==
⎪
⎢
⎪
⎢
⇔
⎨
−+ =
⎢
−+
⎪
−
==
⎢
⎪
⎣

⎩
.


0,25
3
(1,0 điểm)
Với
15 1
a;b
22
−
==
thay vào có hệ phương trình vô nghiệm.
0,25
1
x
x
0
(x 1)e 1
I( )dx
xe 1 x 1
+
=−
++
∫

0,25
11
00

(1)(1)
(
11
x
x
dxe dx
xe x
+ +
=−
+ +
∫∫

0,25
x1
0
[ln(xe 1) ln(x 1)] |=+−+
0,25
4
(1,0 điểm)
ln(e 1) ln 2= +−
0,25
Gọi M là trung điểm của AB,ta

có

SM AB
AB (SMN)
NM AB
⊥
⎧

⇒⊥
⎨
⊥
⎩
.
Kẻ
SH MN SH (ABCD)⊥ ⇒⊥


0,25
5
(1,0 điểm)
Trong tam giác
SMN
có
a3 a
SM ;SN ; MN a
22
= ==
nên tam giác SMN vuông tại S
a3
SH
4
⇒=

3
S.ABCD ABCD
1a3
VSH.S
312

⇒= =
.




0,25
Gọi E là trung điểm của BC. Xét tam giác vuông SMN ta có
3a a
HM ;HN
44
= = nên
H là giao của MN và DE .Gọi
K
là giao điểm
AN
và
DE
.
Kẻ
KP SD KP AN⊥⇒⊥
nên
KP
là đoạn vuông góc chung của
SD
và
AN
.

0,25

Trong tam giác
SDH
có
a5a3
.
DK.SH a 30 a 30
54
KP d(SD, AN)
DS 20 20
a2
2
== =⇒ =
.

0,25
www.VNMATH.com
Ta có: (a b)(b c)(c a) (a b c)(ab bc ca) 1+++=++ ++−
0,25
Do
22
(x y z) 3(xy yz zx) (ab bc ca) 3abc(a b c)++ ≥ + + ⇒ + + ≥ ++

ab bc ca 3(a b c)⇒++≥ ++

Suy ra 1
1
72
)(3)( −
+++

+++++≥
cba
cbacbaP
.

0,25
Đặt
3≥⇒++= tcbat
.
Khi đó 1
1
72
3)( −
+
+=≥
t
tttfP
,
3
3
33t(t 1) 72
f(t) 0
2(t 1)
+−
′
= ≥
+
, với
t3≥
.

0,25
6
(1,0 điểm)
Do đó
f
(
t
) đồng biến trên
[
)
3; +∞

f(t) f(3) 44⇒≥=
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của
P
là 44 khi
a = b = c
= 1.

0,25
Gọi
G
là trọng tâm tam giác
ABC
. Do
IDAB⊥
và
//EGAB

nên
IDGE⊥
, mặt khác
IGDE⊥
nên
I
là trực
tâm tam giác
DEG

EI DC
⇒⊥
⇒ phương trình
DC:

x
= 3.

0,25

Gọi
D
(3; a). Ta có
25 3a
DI ( ; );DN ( 6; a)
33
−
= =− −
JJG JJJG
.

Theo giả thiết suy ra
a3
53a
DI.DN 0 4 a 0
4
3
a
3
=
⎡
−
⎢
=⇔−− =⇔
⎢
= −
⎣
JJG JJJG
.


0,25
+) Với
a
= 3 thì
D
(3; 3) suy ra phương trình
AB
:
x
- 2

y
+ 3 = 0

44
DE ( ; )
33
=−
JJJG
là véc tơ pháp tuyến của AI nên phương trình AI
: x - y - 2 = 0
Tọa độ
A
là nghiệm của hệ )5;7(
02
032
A
yx
yx
⇒
⎩
⎨
⎧
=−−
=+−
, suy ra
B
(-1; 1),
C
(3; -3).

0,25
7.a
(1,0 điểm)
+) Với )
3
4
;3(
3
4
−=⇒−= Da
44
aD3;
33
⎛⎞
= −⇒ −
⎜⎟
⎝⎠

Phương trình AB: 2x + 9y + 6 = 0
Phương trình AI: 12x + 27y - 89 = 0
Tọa độ A là nghiệm của hệ
107
x
2x 9y 6 0
6
12x 27y 89 0 125
y
27

⎧
=
⎪
++=
⎧
⎪
⇔
⎨⎨
+−=
⎩
⎪
=−
⎪
⎩
không thỏa mãn.




0,25
8.a
(1,0 điểm)
Do , ( )
AB S
∈ và
6AB =
nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
là
AB

r6
2sinC
==

0,25
Phương trình mặt phẳng (P) là:
222
a(x 1) b(y 2) cz 0, (a b c 0)− +−+= ++≠

Do B (P) a 2b c 0 c 2b a (1)∈⇒−+=⇒=−
Ta có:
22 2 2 2
222
3c
d(I, (P)) R r 2c a b (2).
abc
==−⇔=+
++

Thế (1) vào (2) ta có :
22
a8ab7b 0−+ =
ab cb
a7b c 5b
=⇒=
⎡
⇔
⎢
= ⇒=−
⎣

.

0,25





Với
a = b = c
⇒ phương trình mp(P):
x
+
y
+
z
– 3 = 0.
0,25

Với
a
= 7
b
,
c
= –5
b
⇒ phương trình mp(P): 7
x
+

y
– 5
z
– 9 = 0
0,25
Điều kiện xác định:
x
> 0.
Phương trình tương đương:
23 3 2
log .log 3 3log logx xxx+ =+


0,25
9.a
(1,0 điểm)
23
(log x 3)(log x 1) 0⇔− −=

0,25

A


D
C
B

G
E

I
www.VNMATH.com

2
3
log x 3
log x 1
=
⎡
⇔
⎢
=
⎣


0,25

x8
x3
=
⎡
⇔
⎢
=
⎣
.
0,25
1212
MF MF F F
a5,b3 c4 p 9

2
+ +
==⇒=⇒= =

0,25
12
MF F MM
41
Spr9.d(M,Ox).8d(M,Ox)3yy3
32
⇒=== ⇒ ==⇒=±

0,25
Do đó
M
(
m
;3) hoặc
M
(
m
;-3).
0,25
7.b
(1,0 điểm)
Vì
M
thuộ
c (
E

) nên
m
= 0. Vậ
y
M
(0;3) và
M
(0;-3) là hai đ
i
ể
m thỏ
a mãn bài toán.
0,25
Đường thẳng
CD
qua
M
(2;-1;3) có véc tơ chỉ phương
u (2; 2;1)=
G

Gọ
i
H(2 2t; 1 2t;3 t)+−+ +
là hình chiếu của A lên CD, ta có
AH.u 2(3 2t) 2.2t (3 t) 0 t 1 H(0; 3; 2); d(A; CD) AH 3=++ ++=⇒=−⇒ − = =
JJJG G
.

0,25

Từ giả thiết có:
ABCD
2S
AB CD 3AB 18 AB 6;DH 3;HC 9
AH
+= = =⇒= = =
.
Đặt
BA
AB
AB t u (2t; 2t; t ) t 0( x x ) t 2 AB (4; 4; 2) B(3; 3; 2)
u
== ⇒> > ⇒= =⇒ = ⇒
JJJG G JJJG
G
.


0,25
9
HC AB (6;6;3) C(6;3;5)
6
== ⇒
JJJG JJJG


0,25
8.b
(1,0 điểm)
3

HD AB (2;2;1) D(2;5;1)
6
=− = − − − ⇒ − −
JJJG JJJG


0,25
Đặt zxyi,(x,yR) zxyi=+ ∈ ⇒=− .
0,25
(z 1)(2 i) 3 i
(4 2i)z (3 i)z 2 4i (x y) (7y 3x)i 2 4i
2
z2i
xy2
xy1 z1i.
7y 3x 4
−− +
=⇔−−+=+⇔++−=+
+
+=
⎧
⇔⇔==⇒=+
⎨
−=
⎩



0,25
Do đó

99
99
z ( 2) (cos sin ) 16 16i
44
ππ
=+=+.

0,25
9.b
(1,0 điểm)
Phần thực của
z
là 16, phần ảo của
z
là 16.
0,25

……..H
ết…….

www.VNMATH.com