ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2013 Môn thi: TOÁN; Khối: A,A1 & B

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2013
Môn thi: TOÁN; Khối: A,A1 & B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
1
1
x
y
x
−
=
+

(1)
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
(1)
.
2. Tìm
m
để đường thẳng
:d y x m= +
cắt đồ thị hàm số
(1)
tại hai điểm phân biệt
,A B
sao cho

2 2
2OA OB+ =
, trong đó
O
là gốc toạ độ.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2 cos 2
cot
sin 2 cos
x
x
x x
− =

2. Giải phương trình
2
1
2 ( ).x x x x
x
− + − = ∈ ℝ

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
( )
ln2
0
1
x x
I e x e dx= + −
∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi,

0
2 , 60 .AB a BAD= =
Hình chiếu vuông
góc của đỉnh
S
lên mặt phẳng
( )ABCD
là trọng tâm
H
của tam giác
.ABD
Biết tam giác
SAC
vuông tại đỉnh
,S

tính thể tích khối chóp
.S ABCD
theo
a
và tính góc giữa hai mặt phẳng
( )SAC
và

( ).SBC

Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
, ,a b c
thoả mãn
2 2 2
1a b c+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2
.
1 1
1 2
a c b c a b c
P
bc ca
abc
+ + + +
= + +
+ +
+

PHẦN RIÊNG (3,0 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 với hệ toạ độ
,Oxy
cho đường tròn
2 2
( ) : ( 1) ( 2) 10C x y− + − =
có tâm

I
. Viết phương
trình đường thẳng
∆
cách
O
một khoảng bằng
5
và cắt đường tròn
( )C
tại hai điểm phân biệt
,A B
sao cho
diện tích tam giác
IAB
lớn nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho đường thẳng
1
:
1 1 1
x y z
d
−
= =
−
và mặt phẳng
( ) : 2 2 3 0P x y z+ − − =
. Viết phương trình đường thẳng

∆
vuông góc với mặt phẳng
( ),P
cắt trục hoành
và cắt đường thẳng
.d

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số nguyên dương
n
và hai số thực
, ( 0)a b b >
. Biết trong khai triển nhị thức Niu-tơn
n
a
b
b
 



+





 
có số hạng chứa
4 9
,a b

tìm số hạng chứa tích
a
và
b
với số mũ bằng nhau.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,Oxy
cho tam giác
ABC
cân tại
A
, phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh
A
là
: 2 3 0.d x y+ − =
Biết đỉnh
B
thuộc trục hoành, đỉnh
C
thuộc trục tung và diện tích tam giác
ABC

bằng
5.
Tìm toạ độ ba đỉnh
, ,A B C
của tam giác
.ABC

2. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho đường thẳng
1 1
:
2 1 1
x y z
d
− −
= =
−
cắt mặt phẳng
( ) : 2 6 0P x y z+ + − =
tại điểm
.M
Viết phương trình mặt cầu
( )S
có tâm
I
thuộc đường thẳng
d
và tiếp
xúc với mặt phẳng
( )P
tại điểm
A
, biết diện tích tam giác
IMA
bằng

3 3
và tâm
I
có hoành độ âm.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
4 2 2
log ( ) log 4
( , ).
2 log log . log (6 )
x y
xy x
x y
y x x


+ =


∈


= −



ℝ

---------------Hết---------------

www.VNMATH.com
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM 2013

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Tập xác định
\ {-1}D = ℝ
.
Sự biến thiên
Chiều biến thiên:
2
2
' 0 1
( 1)
y x
x
= > ∀ ≠ −
+
. Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ; 1)−∞ −
và
( 1; )− +∞
.
0,25
Cực trị: Hàm số không có cực trị.
Giới hạn:
1 1
1 1
lim , lim
1 1
x x

x x
x x
− +
→− →−
− −
= +∞ = −∞
+ +
. Đường thẳng
1x = −
là tiệm cận đứng.
1 1
lim 1, lim 1
1 1
x x
x x
x x
→−∞ →+∞
− −
= =
+ +
. Đường thẳng 1y = là tiệm cận ngang.
0,25
Bảng biến thiên
x -∞ -1 +∞

y’ + +
y
+∞ 1

1 - ∞

0,25
I.1
(1 điểm)
Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0).
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;-1).
Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận
I(-1;1) làm tâm đối xứng

0,25
Điều kiện
1x ≠ −
.
Phương trình hoành độ giao điểm
2
1
1 0
1
x
x m x mx m
x
−
= + ⇔ + + + =
+
(*).
0,25
Đường thẳng
d

cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt
,A B
khi PT(*) có 2 nghiệm phân biệt khác
1−
hay
2
4 4 0m m− − >
.
0,25
Giả sử
1 1 2 2
( ; ), ( ; )A x x m B x x m+ +
, trong đó
1 2
,x x
là 2 nghiệm phân biệt của PT(*).
Theo định lý Vi-ét ta có
1 2
1 2
1
x x m
x x m


+ = −




= +




.
0,25
I.2
(1 điểm)
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
2 ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) 1OA OB x x m x x m x x x x m x x m+ = ⇔ + + + + + = ⇔ + − + + + =

2
2 3 0 1 v 3m m m m⇔ − − = ⇔ = − =
(Loại).
Đối chiếu điều kiện:
1m = −

0,25
Điều kiện:
sin 2 0,cos 0, sin 0 , .
2
k
x x x x k
π
≠ ≠ ≠ ⇔ ≠ ∈
ℤ

0,25
Phương trình đã cho tương đương với
2

1 sin .cos 2 cosx x x− =
2
sin sin .cos 2 0x x x⇔ − =

0,25
II.1
(1 điểm)
sin 0 ( )
sin cos 2
x loai
x x

=

⇔

=


2
1
sin cos 2 2 sin sin 1 0 sin 1 v sin
2
x x x x x x⇔ = ⇔ + − = ⇔ = − =

0,25

-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-7

-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
x
y
O
www.VNMATH.com
M
H
O
C
D
A
B
S

*

sin 1 2 ,
2
x x k k
π
π
= − ⇔ = − + ∈
ℤ
(Loại)
*
1 5
sin 2 v 2 , .
2 6 6
x x k x k k
π π
π π
= ⇔ = + = + ∈
ℤ

Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm:
5
2 v 2 , .
6 6
x k x k k
π π
π π
= + = + ∈
ℤ

0,25
Điều kiện:

2
1
1
0, 0
1 0
0
x
x x
x
x
x x




≥
− ≥ ≠



⇔



− ≤ <


− ≥






0,25
Phương trình đã cho tương đương với:
2 2
2
1 1 1
1 ( 1) 0 ( 1) 0
1
1
1
x x x x x
x
x x
x x
x
 
 
 
 
 




 
− − + − − = ⇔ − − + =




 

 



 − + 

 


− +


 




 
 
 
.
0,25
*
2
1 5
1 0
2

x x x
±
− − = ⇔ =
(Thoả mãn điều kiện).
0,25
II.2
(1 điểm)
*
2
1
1 1 0x x x x
x
 




− + + − + =







 
(1)
+ Nếu
1x ≥ thì phương trình (1) vô nghiệm.
+ Nếu

1 0x− ≤ < thì
2 3
;1 0x x x> + ≥ . Ta có phương trình (1) tương đương với
( )
2 3
(1 ) 0x x x x x− − − + + =
(vô nghiệm).
0,25
ln 2 ln
0 0
1
x
x x x
I xe dx e e dx= + −
∫ ∫

0,25
*
ln 2
1
0
x
I xe dx=
∫
. Đặt
x x
u x du dx
dv e dx v e
 
 

= =
 
 
⇒
 
 
= =
 
 
 
.
Ta có
ln 2
1
0
ln 2 ln 2
2 ln 2 2 ln 2 1
0 0
x x x
I xe e dx e= − = − = −
∫

0,25
*
ln 2
2
0
1
x x
I e e dx= −

∫
. Đặt
2
1 1
x x
t e e t= − ⇒ = +
. Khi
0x =
thì
0t =
, khi
ln 2x =
thì
1t =
.
Ta có
2
x
e dx tdt=
. Do đó
ln 2
3
2
2
0
1
2 2
2
0
3 3

t
I t dt
= = =
∫

0,25
III
(1 điểm)
Do đó
1 2
1
2 ln 2
3
I I I= + = −

0,25
0,25
IV
(1 điểm)
Từ giả thiết ta có tam giác
ABD
đều. Gọi
{ }O AC BD= ∩
. Ta có
2 2 3AC AO a= =
.
Diện tích hình thoi
ABCD
là
2

1
. 2 3
2
ABCD
S AC BD a= =
.
H
là trọng tâm của
ABD∆
nên
1 2 3
3 3
a
AH AC= =

2 4 3
3 3
a
CH AC= =

Tam giác
SAC
vuông tại ,S có đường cao
SH
nên
SAH∆
đồng dạng với
CSH∆

2 6

3
SH AH
SH a
CH SH
⇒ = ⇒ =

Thể tích khối chóp
.S ABCD
là
3
.
1 4 2
. .
3 3
S ABCD ABCD
V SH S a= =

0,25
www.VNMATH.com
R
H B
I
A
Gọi
M
là trung điểm của cạnh
SC

Tam giác
SAC

vuông tại
S
nên
(1)OM SC⊥

Ta có
, , (2)OB SH OB AC OB SC OB OM⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥

Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng
( )SAC
và
( )SBC
bằng góc

BMO .
0,25

Ta có
2 2
1 1
2 2
OM SA AH SH a= = + =
;
1
2
OB BD a= =
. Tam giác
OBM
vuông tại
.O

 
0
tan 1 45 .
OB
OMB OMB
OM
= = ⇒ =
Vậy góc giữa hai mặt phẳng
( )SAC
và
( )SBC
bằng
0
45 .

0,25
Chứng minh:
2 2 2 2 2 2 2
2(1 ) ( ) 2 4 2 ( ) 2( )bc a b c bc b c a b c ab bc ca+ ≥ + + ⇔ + + ≥ + + + + +

2 2 2 2 2 2 2 2
( 2 ) 2 ( ) 2 0 ( ) 2 0a b c bc a b c b c b c a b c⇔ + + + − + + ≥ ⇔ + − + ≥

Dấu “=” xảy ra khi
0
b c a
bc



+ =




=




0,25
Chứng minh:
2 2 (1 2 ) ( ) 2abc a b c a bc b c+ ≥ + + ⇔ − + + ≤
.Theo Bất đẳng thức Bunhiacopsky
2 2 2 2 2
(1 2 ) ( ).1 ( ( ) (1 2 ) 1 2(1 2 )(1 2 2 )a bc b c a b c bc bc bc b c
   
− + + ≤ + + − + = + − +
   
   

0,25
Cần chứng minh
2 2 2 2
(1 2 )(1 2 2 ) 1 2 (2 1) 0bc bc b c b c bc+ − + ≤ ⇔ − ≤

Ta có
2 2 2 2 2
1 ( ) 2 2 1 0a b c b c bc bc= + + ≥ + ≥ ⇔ − ≥
. Dấu “=” xảy ra khi

0abc =

0,25
V
(1 điểm)
2(2 ) 2(2 ) 2( )
3 2
a c b c a b c
P
a b c a b c a b c
+ + + +
≤ + + =
+ + + + + +
.Vậy
max 3 2P =
đạt được khi
2
, 0
2
a b c= = =
.
0,25
Đường tròn (C) có tâm
(1;2)I
, bán kính
10R =
. Đường thẳng
2 2
: 0 ( 0).ax by c a b∆ + + = + ≠

0,25
Diện tích tam giác
IAB
là

2
1 1
. . sin 5
2 2
IAB
S IA IB AIB R= ≤ =
.
Vậy
max 5
IAB
S =
đạt được khi

0
90AIB =
. Gọi
H
là trung điểm của đoạn thẳng
AB
ta có
IH AB⊥

và
5IH =

0,25
Ta có
2 2
2 2
| |
(1)
5
( , ) 5

| 2 |
( , ) 5
(2)
5
c
d O
a b
a b c
d I
a b



=




∆ =



+
 
⇔
 
 
+ +
∆ =
 
=





+


.
0,25
VI.a.1
(1 điểm)
Từ PT(1) và (2) ta có
2
| | | 2 |
2
2
a b
c a b c
a b
c


= −


= + + ⇔
+

= −



* Với
2a b= −
chọn
2, 1a b= = −
. Từ PT(1) ta có
5c = ±
.
Phương trình đường thẳng
∆
là
2 5 0x y− + =
và
2 5 0x y− − =
.
* Với
2
2
a b
c

+
= −
thay vào PT(1) ta có
2 2
19 4 16 0a ab b− + =
(vô nghiệm).
0,25

Giả sử
{ }M Ox= ∆ ∩
,
{ }N d= ∆ ∩
. Gọi
( ;0; 0), ( ; ;1 )M a N b b b−

0,25
( ; ;1 )MN b a b b= − −

. Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
( )P
là
(2;1; 2)n = −

.
0,25
Do đường thẳng
∆
vuông góc với mặt phẳng
( )P
nên

MN

và
n

cùng phương.
Ta có
1
1
1
2 1 2
a
b a b b
b


=
− −


= = ⇔


= −
−



. Ta có
(1;0;0), ( 1; 1;2)M N − −

0,25
VI.a.2
(1 điểm)
Phương trình đường thẳng
∆
là
1
2 1 2
x y z−
= =
−

0,25
VII.a
(1 điểm)
Số hạng thứ
1k +
trong khai triển là
3
2
1
n k
k n
k k k n k
k n n
a
T C b C a b
b
−

−
−
+
 




= =





 

0,25
www.VNMATH.com
d
P
I
A
M
Số hạng này chứa
4 9
a b
khi
4
15
3

9
11
2
, 0
n k
n
k n
k
k k n


− =





=
−


 
= ⇔
 
 
=
 




∈ ≤ ≤




ℕ

0,25
Với
15n =
ta có số hạng thứ
1k +
trong khai triển là
3 15
15
2
1 15
k
k k
k
T C a b
−
−
+
=

0,25

Trong khai triển có số hạng chứa tích
a

và
b
với số mũ bằng nhau khi
3 15
15
9
2
, 0 15
k
k
k
k k


−

− =


⇔ =



∈ ≤ ≤



ℕ

Vậy số hạng chứa tích

a
và
b
với số mũ bằng nhau là:
9 6 6 6 6
10 15
5005 .T C a b a b= =

0,25
Giả sử
( ; 0), (0; )B b C c
.
( ; )BC b c= −

. Gọi
H
là trung điểm của cạnh
( ; )
2 2
b c
BC H⇒

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng
d
là
( 1;2).u = −


0,25
Do tam giác

ABC
cân tại
A
nên
2 0 4
. 0
2 6 2
b c b
BC u
b c c
H d

 

 
+ = =
=

 
  
⇔ ⇔
  
  
+ = = −
∈
  
 
 



 
. Suy ra
(4; 0), (0; 2).B C −

0,25
Ta có
2 5, (2; 1)BC H= −
. Diện tích tam giác
ABC
là
1
. 5 5
2
ABC
S AH BC AH= = ⇒ =

0,25
VI.b.1
(1 điểm)
Giả sử
( ;3 2 )A t t−
. Ta có
2 2
5 ( 2) (4 2 ) 5 1 v 3AH t t t t= ⇔ − + − = ⇔ = =

Với
1 (1;1),t A= ⇒
với
3 (3; 3).t A= ⇒ −

0,25
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng
d
là
(2;1; 1)u −

. Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
( )P
là
(1;2;1).n


Gọi
ϕ
là góc giữa đường thẳng
d
và mặt phẳng
( )P
.
Ta có
| 2 2 1 |
1
sin | cos( , ) |
2
6 6
u nϕ
+ −
= = = ⇒
 


0
30IMAϕ = =

0,25
Gọi
R
là bán kính mặt cầu
( )S
IA R⇒ =
. Tam giác
IMA
vuông tại
A

có

0
30 3IMA AM R= ⇒ =
.
1
3 3 . 3 3 6
2
IMA
S IAAM R= ⇔ = ⇔ =
.
0,25
Giả sử
1
(1 2 ;1 ; ),
2

I t t t t+ + − < −
.
Từ giả thiết ta có khoảng cách
| 3 3 |
( ,( )) 6
6
t
d I P R
−
= ⇔ =
1 v 3t t⇔ = − =
(loại)
( 1; 0;1).I⇒ −

0,25
VI.b.2
(1 điểm)
Phương trình mặt cầu
2 2 2
( ) : ( 1) ( 1) 6S x y z+ + + − =

0,25
Điều kiện:
0 6, 1
0, 1
x x
y y


< < ≠





> ≠




0,25
Phương trình (1) của hệ
2
log 2 log 3 log 1 v log 2 v
x y x x
y x y y y x y x+ = ⇔ = = ⇔ = =

0,25
* Với
y x=
từ PT(2) của hệ ta có
2
2
2 2 2
2 2
log 0
1
log log . log (6 )
log log (6 )2
x
x x x

x x

=

= − ⇔

= −



1 ( )
4
6 0
x Loai
x
x x

=

⇔ ⇔ =

+ − =


. Hệ phương trình có nghiệm
4
4
x
y



=




=



.
0,25
VII.b
(1 điểm)
* Với
2
y x=
từ PT(2) của hệ ta có
2
2 2 2
2 log log .log (6 ) 2 v 1 ( )x x x x x Loai= − ⇔ = =
.
Hệ phương trình có nghiệm
2
4
x
y


=





=



.
0,25
www.VNMATH.com