ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2013-LẦN 2. Môn thi: TOÁN – Khối A, A1, B

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số
  y x x
3 2
3 2
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng ():
  y ( m x m2 1) 4
cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm M, N phân biệt và
M, N cùng với điểm
( 1;6)P 
tạo thành tam giác MNP nhận gốc tọa độ làm trọng tâm.
Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:
cos2 5 2 2(2 cos )sin( )
4
x x x

   

2. Giải bất phương trình:
2
300 40 2 10 1 3 10
0
1 1 2
x x x x
x x
     

   

Câu III. (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi:
(1 sin ).
; 0; 0;
2
os
2
x
x e
y y x x
x
c


   

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều, cạnh bên
A’A tạo với đáy một góc
0
30
. Tính thể tích khối chóp A’.BB’C’C biết khoảng cách giữa AA’ và
BC là
a 3
4
.
Câu V. (1,0 điểm) Cho 3 số thực
cba ,,
thỏa mãn
3 3 3
8 27 18 1 0a b c abc    
. Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức:
2 2 2
4 9P a b c  
.
II. 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
. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T):
2 2
2 4 8 0x y x y    
và điểm
(7;7)M
. Chứng
minh rằng từ M kẻ đến (T) được hai tiếp tuyến MA, MB với A, B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ tâm đường
tròn nội tiếp tam giác MAB.
2. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; –1) và đi qua điểm A(3; –1;1).
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu
vi bằng
6

.
Câu VII
a
. (1,0 điểm)
Tìm số hạng chứa
3
x
trong khai triển biểu thức:

2 2
1
( 3 )
n
P x
x

 
. Biết n nguyên dương thoả mãn:
2
0 1 2
3 3 3 341
...
2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
    
 

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI
b
. (2,0 điểm)
1. Trên mặt phẳng toạ độ
,Oxy
cho đường thẳng
: 4 0x y   

và hai elíp
2 2
1
( ) : 1
10 6
x y
E  
,
2 2
2
2 2
( ): 1 ( 0)
x y
E a b
a b
   
có cùng tiêu điểm. Biết rằng
2
( )E
đi qua điểm M thuộc đường thẳng
.
Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp
2
( )E
có độ dài trục lớn nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình:
011642
222
 zyxzyx
và mặt phẳng (P) có phương trình 2x + 2y – z –7 = 0.

Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi
bằng 6.
Câu VII
b
. (1,0 điểm)
Xét tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số{0; 1; 2; 3; 5; 6; 7;8}. Chọn
ngẫu nhiên một phần tử của tập hợp trên. Tính xác suất để phần tử đó là một số chia hết cho 5.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1
www.VNMATH.com

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2013-LẦN 2.
Môn thi: TOÁN – Khối A, A1, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
---------------Hết---------------

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012-2013
Môn: TOÁN-khối A-A1-B
Phần chung
Điểm
1.(1 điểm)
+) TXĐ : D=R
Ta có:
;
lim lim
x x
y y
   
   

2
' 3 6y x x 
;
0 2
' 0
2 2
x y
y
x y
  

 

   


0.25
+) BBT:
x -

0 2 +


y' + 0 - 0 +
y 2 +



-


-2

0.25
Hàm số đồng biến trên
 
;0
và
 
2;
; Hàm số nghịch biến trên
 
0;2

y
CĐ
= 2 tại x = 0 ; y
CT
= - 2 tại x = 2 .
0.25
+) Đồ thị : Giao Oy tại (0 ; 2) ; Giao Ox tại (1; 0) và
 
1 3;0

+) Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng


0.25
2. (1 điểm)
Phương trình hoành độ giao của (C) và (


):
x x ( m x m
3 2
3 2 1) 4 2 0     




x x x m
2
( 2)( 2 1) 0    

x
f x x x m
2
2
( ) 2 1 0 (1)




    


0.25
(

) cắt (C) tại đúng 2 điểm phân biệt M,N


(1) phải có nghiệm
x x
1 2
,
thỏa
mãn:
x x
x x
1 2
1 2
2
2

 

 


0.25


b
a
f
0
2
2
0
(2) 0










 














m
m
m
8 5 0
1
2
2

8 5 0
2 1 0


 









 


  





m
m
5
8
1
2


 






.
0.25
Câu I
(2
điểm)
Với
m
5
8
 
ta có
1 11
( ; ); (2; 2)
2 8
M N 

m
1
2

ta có
( 1; 2); (2; 2)M N  

Vậy: không tồn tại m thỏa mãn

MNP nhận O làm trọng tâm.
0.25
1.(1 điểm)
Câu
II
Phương trình  (cosx–sinx)
2
– 4(cosx–sinx) – 5 = 0
0.25
cos sin 1
cos sin 5 ( cos sin 2)
x x
x x loai vi x x
  



   


0.25
   
2sin 1 sin sin
4 4 4
x x
  
     

0.25
2
2
( )
2
x k
k Z
x k


 

 

 

 


0.25
2.(1 điểm)
Điều kiện:
1 3
10 10
x 

Ta có:
1 3
1 1 2, ;
10 10

x x x
 
     
 
 
( Theo BĐT Bunhia)
0.25
2
2
Bpt 300 40 2 10 1 3 10 0
( 10 1 1) ( 3 10 1) 300 40 4
10 2 2 10
(10 2)(30 2)
10 1 1 3 10 1
x x x x
x x x x
x x
x x
x x
       
        
 
    
   

1 1
(10 2) 30 2 0
10 1 1 3 10 1
x x
x x

 
     
 
   
 
(*)
0.25
2 2
1 1
( ) 30 2
10 1 1 3 10 1
5 5 1 3
'( ) 30 0, ( ; )
10 10
10 1( 10 1 1) 3 10 ( 3 10 1)
f x x
x x
f x x
x x x x
   
   
      
     

Mặt khác
( )f x
liên tục trên
1 3
[ ; ]
10 10

nên
( )f x
nghịch biến trên
1 3
[ ; ]
10 10

3 1
( ) ( ) ( ) 0
10 10
f f x f   
( Hs có thể đánh giá)
0.25
(2
điểm)
Do đó bất phương trình (*)
1
10 2 0
5
x x    

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là:
1 3
5 10
x 

0.25
(1 điểm)
2 2
2 2

0 0
(1 2sin )
(1 sin )
2 2
os os
2 2
x
x
x x
cos e dx
x e dx
V
x x
c c
 
 


 
 


0.25
2 2
2 2
0 0
1 1
( 2 tan ) 2 ( tan )
2 2
os 2 os

2 2
x x
x x
V e dx e dx
x x
c c
 
 
    
 

0.25
2
0
2 (tan )'
2
x
x
V e dx


 


0.25
Câu
III
(1
điểm)
2

2
0
2 tan 2 tan 2
2
2 2
0
x x
x x
V d e e e



  
  


0.25
Câu
(1 điểm)

Gọi O là tâm
ABC
và M là trung điểm BC ta
có:





BCOA

BCAM
'
)'( AMABC 

Kẻ
,'AAMH 
do
BCHM
AMAHM
AMABC






)'(
)'(
.
Vậy HM là đọan vuông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd 
.
0.25
Ta có:
2
0 0
3 3

' ( ' ,( )) 30 sin30
2 4
ABC
MH a a
A AO A A ABC AM AB a S
AM
          

0.25
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA

'

suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A 

0.25
IV
(1
điểm)
3
'. ' ' ' ' '. '.
1 2 3
' . ' . ' .
3 3 18
A BB C C A B C ABCC A ABC ABC ABC ABC
a
V V V A O S A O S A O S     

0.25
(1 điểm)
Ta có:

3 3 3 2 2 2
2 2 2
1 8 27 18 1 ( 2 3 )( 4 9 2 3 6 ) (1)
4 9 2 3 6 0 2 3 0
a b c abc a b c a b c ab ac bc
a b c ab ac bc a b c
            
          

Đặt
2 3 , 0x a b c x   

0.25

Từ (1) suy ra:
2
2
, 0
3 3
x
P x
x
  
0.25
2 2 2
3
2 1 1 1 1
3 . . 1
3 3 3 3 3 3 3 3
x x x
P
x x x x x
      
Dấu “=” xảy ra khi x=1
0.25
Câu
V
(1
điểm)
Vậy minP=1 khi a=1, b=c=0 hoặc a=c=0,
1
2
b 
hoặc a=b=0,

1
3
c 

0.25
Phần riêng

1. (1 điểm)
2 2
( ) ( 1) ( 2) 13 (1; 2); 13T x y I R       

Ta có:
(6;9) 117 13IM IM  

. Suy ra điểm M nằm ngoài (T). Vậy từ M kẻ
đến (T) được 2 tiếp tuyến.
0.25
Gọi
K MI AmB 
. Ta có
,MA MB IA IB  
MI là đường trung trực của AB

KA=KB
KAB KBA KAM KBM K        
là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác MAB.
0.25
Câu
VI

a

(2
điểm)
PTTS MI:
1 2
2 3
x t
y t
 


  

,
( )MI T
tại K
1
(3;1) và K
2
(-1;5)
m
K
I
B
M
A

0.25
M

A'
C'
B'
A
B
C
O
H
Ta có
1 2
.MK MK
Vậy
1
K K
, tức là K(3;1)
0.25
2.(1 điểm)
(S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R= IA= 3. 0.25
(P) chứa Ox  (P): by + cz = 0.
0.25
Mặt khác đường tròn thiết diện có chu vi bằng
6

. Suy ra bán kính bằng 3 cho
nên (P) đi qua tâm I.
0.25
Suy ra: –2b – c = 0

c = –2b (b


0)  (P): y – 2z = 0. 0.25
Xét khai triển
0 1 2 2
(1 ) ...
n n n
n n n n
x C C x C x C x     

Lấy tích phân 2 vế cận từ 0 đến 3, ta được:

1 2 3 1
0 1 3
4 1 3 3 3
3 ...
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
 

    
 

0.25
2 1 1
0 1 2 1
3 3 3 4 1 341 4 1
... 4 1024 4

2 3 1 3( 1) 1 3( 1)
n n n
n n
n n n n
C C C C n
n n n n
 

 
          
   

0.25
2 6 3 6
1 6
1
( 3 ) 3
k k k
k
P x T C x
x


   
. Để có số hạng chứa
3
x
thì
3 6 3 3k k   

0.25
Câu
VII
a

(1
điểm)
Vậy số hạng chứa
3
x
trong khai triển là:
3 3 3 3
6
3 540C x x
.
0.25
1. (1 điểm)
Hai elíp có các tiêu điểm
1 2
( 2;0), (2;0).F F

0.25
Điểm
2 1 2
( ) 2M E MF MF a   
. Vậy
2
( )E
có độ dài trục lớn nhỏ nhất khi và
chỉ khi

1 2
MF MF
nhỏ nhất.
0.25
Ta có:
1 2
,F F
cùng phía với


Gọi
( ; )N x y
là điểm đối xứng với
2
F
qua

, suy ra
( 4; 6).N  

Ta có:
1 2 1 1
MF MF MF MN NF   
(không đổi).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
M NF  

0.25
Toạ độ điểm

5
3 6 0
5 3
2
: ; .
4 0 3
2 2
2
x
x y
M M
x y
y

 

  


 
   
 
 
  
 


 



0.25
2. (1 điểm)
Do (Q) // (P) nên (Q) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D

-7)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = 5
0.25
Đường tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3.
Khoảng cách từ I tới (Q) là h =
2 2 2 2
5 3 4   R r

0.25
Do đó
   
  
     



  
D
D (loaïi)
D
D
2 2 2
2.1 2( 2) 3
7
4 5 12

17
2 2 ( 1)

0.25
Câu
VI
b

(2
điểm)
Vậy (Q) có phương trình 2x + 2y – z +17 = 0 0.25
Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.
Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau kể cả số 0 đứng đầu:
5
8
A

Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau và có số 0 đứng đầu là:
4
7
A
số


0.25
Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau:
5 4
8 7
5880 A A
số

0.25
Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau:
4
7
A
+ 6.
3
6
A
= 1560 số

 
1560n A 

0.25
Câu
VII
b

(1
điểm)
Ta có:
 
5880n  
,
 
1560n A 
 P(A) =
1560 13
5880 49



0.25
Lưu ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần .

www.VNMATH.comwww.VNMATH.comwww.VNMATH.comwww.VNMATH.comwww.VNMA
TH.comwww.VNMATH.comwww.VNMATH.comwww.VNMATH.comwww.VNMATH.com