Tuyen tap de thi thu dai hoc 2014 mon toan laisac de41 2014

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
( )( )
2
y x 2 x 1= + −

( )
C .
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
( )
C .
b) Tìm các điểm M trên đường thẳng d : y 2x 19= − + , biết rằng tiếp tuyến của đồ thị
( )
C đi qua
điểm M vuông góc với đường thẳng
x 9y 8 0+ − =
.
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình
( )( )
2sin x 1 cos2x sin x 1
3 2cosx
3sin x sin2x
− + +
= +
−

.
b) Giải phương trình
2
2
9 2x
1 0
x
2x 9
+ − =
+
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
4 2 2 2
2
y 2xy 7y x 7x 8
3y 13 15 2x x 1

− + = − + +


+ − − = +


.
Câu 4 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng
ABC.A'B'C'
, có đáy
ABC
là tam giác đều cạnh bằng a. Gọi G
là trọng tâm của tam giác

ABC
, biết rằng khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng
( )
A'BC
bằng
a
15
. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' và cosin góc giữa hai đường thẳng
A'B
và
AC'
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho
a,b,c
là ba số dương thỏa mãn điều kiện
3 3 3
a b c+ =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )( )
2 2 2
a b c
M
c a c b
+ −
=
− −
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn.

Câu 6a (1,0
điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh
( )
A 3;5− , tâm I thuộc đường thẳng d : y x 5= − + và diện tích bằng 25. Tìm tọa độ các đỉnh của
hình vuông ABCD, biết rằng tâm I có hoành độ dương.
Câu 7a (1,0 điểm). Khai triển nhị thức
( )
n
k n
0 1 k n
P(x) 1 6x a a x a x a x= − = + + + + +
. Tính giá trị
của biểu thức
1 n
0
n
a a
T a
2 2
= + + +
, biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn
2 1
n n
2C 8C n− = .
Câu 8a (1,0 điểm). Giải phương trình
3
2
2x
2x
1

log x log x
2
+ = .
B. Theo ch
ương trình Nâng cao.
Câu 6b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d: x 2y 1 0− − = ,
d':x 2y 21 0− + = và điểm
( )
A 3;4 . Hai điểm B,C lần lượt nằm trên đường thẳng d và d’ sao cho
tam giác ABC vuông có độ dài cạnh huyền BC 10
=
. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
Câu 7b (1,0 điểm). Một chiếc hộp đứng 6 cái bút màu xanh, 6 cái bút màu đen, 5 cái bút màu tím
và 3 cái bút màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên ra 4 cái bút. Tính xác suất để lấy được ít nhất 2 bút cùng màu.
Câu 8b (1,0 điểm). Giải phương trình:
x 1 x x
x
3
27 27 16 3 6 0
3
−
 
− − − + =
 
 
.
HẾT
Cảm ơn bạn Khánh Hòa (
) gửi tới www.laisac.page.tl

Trang

1 –
S
Ở
GIÁO D
Ụ
C
Đ
ÀO T
Ạ
O HÀ T
Ĩ
NH
TR
ƯỜ
NG THPT TR
Ầ
N PHÚ

KÌ THI TH
Ứ

ĐẠ
I H
Ọ
C L
Ầ
N TH
Ứ

1 N
Ă
M H
Ọ
C 2012 -2013
H
ƯỚ
NG D
Ẫ
N CH
Ấ
M MÔN TOÁN


Câu
Đ
áp án
Đ
i
ể
m
1.(1
đ
i
ể
m) Kh
ả
o sát….
•
TXĐ

D = ℝ

•

S
ự
bi
ế
n thiên

- Chi
ề
u bi
ế
n thiên
(
)
2
y' 3 x 1
= −
;
2
x 1
y' 0 x 1 0
x 1
=

= ⇔ − = ⇔

= −



0.25
- Hàm s
ố

đồ
ng bi
ế
n trên các kho
ả
ng
(
)
; 1
−∞ −
và
(
)
1;
+∞
, ngh
ị
ch bi
ế
n trên kho
ả
ng
(
)

1;1
−
.
- C
ự
c tr
ị
: Hàm s
ố

đạ
t c
ự
c
đạ
i t
ạ
i
x 1
= −
; y
c
đ

= 4,
đạ
t c
ự
c ti
ể

u t
ạ
i
x 1
=
và y
ct
= 0.
- Các gi
ớ
i h
ạ
n t
ạ
i vô c
ự
c:
(
)
3
x x
lim y lim x 3x 2
→−∞ →−∞
= − + = −∞
;
(
)
3
x x
lim y lim x 3x 2

→+∞ →+∞
= − + = +∞

0.25
-

B
ả
ng bi
ế
n thiên:
x
−∞
-1 1

+∞

y’ + 0 - 0
+

y
4

+∞



−∞
0

0.25
•

Đồ
th
ị
:
Giao v
ớ
i Ox là
(
)
A 1;0
,
B( 2;0)
−
; v
ớ
i Oy là
(
)
C 0;2


0.25
2.(1.0
đ
i
ể
m)

Vì ti
ế
p tuy
ế
n vuông góc
đườ
ng th
ẳ
ng
x 9y 8 0
+ − =
, nên ti
ế
p tuy
ế
n có h
ệ
s
ố
góc b
ằ
ng 9.
G
ọ
i t
ọ
a
độ
ti
ế

p
đ
i
ể
m là
(
)
0 0
I x ;y
. Ta có
0
2
0 0
0
x 2
f '(x ) 9 x 1 3
x 2
=

= ⇔ − = ⇔

= −

.
0.25
•
Nếu
0
x 2
=

,
0
y 4
=
. Khi
đó phương trình tiếp tuyến là
1
d
:
(
)
(
)
(
)
1
y f ' 2 x 2 f 2 d : y 9x 14
= − + ⇔ = −

M là giao
điểm của
∆
và
1
d
suy ra t
ọa độ M là nghiệm của hệ
y 9x 14 x 3
y 2x 19 y 13
= − =

 
⇔
 
= − + =
 
. V
ậy
(
)
M 3;13

0.25
•
Nếu
0
x 2= − ,
0
y 0= .T
ương tự ta có phương trình tiếp tuyến là
2
d :
y 9x 18= +

M là giao
điểm của
∆
và
2
d nên tọa độ M là nghiệm của hệ
1

x
y 9x 18
11
y 2x 19 207
y
11

=

= +


⇔
 
= − +


=


V
ậy
1 207
M ;
11 11
 
 
 
.
0.25

Câu 1
(2.0
đ
i
ể
m)
V
ậ
y t
ọ
a
độ
c
ủ
a
đ
i
ể
m M là:

(
)
M 3;13
và
1 207
M ;
11 11
 
 
 
.
0.25
1. (1.0
đ
i
ể
m) Gi
ả
i ph
ươ
ng trình …


Đ
i
ề
u ki
ệ
n xác
đị

nh c
ủ
a pt:
(
)
3sin x sin 2x 0 sin x 3 2cosx 0− ≠ ⇔ − ≠ .
0.25
-1
1
2
4
O
x
y
Trang

2 –
Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng
(
)
(
)

(
)
2
2sin x 1 cos2x sin x 1 sin x 3 4cos x
− + + = −


(
)
(
)
(
)
2
2sin x 1 cos2x sin x 1 sin x 4sin x 1
⇔ − + + = −
(
)
(
)
2
2sin x 1 cos2x 2sin x 1 0
⇔ − − + =
.
0.25
•
1
sin x x k2
2 6
π

π
= ⇔ = + ∨
5
x k2
6
π
π
= +

Đối chiếu đkiện ta thấy
x k2
6
π
π
= +
không th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n,
5
x k2
6
π
π
= +

th
ỏ
a mãn
đ
k.
0.25
•
2
k
cos2x 2sin x 1 0 cos2x 0 x
4 2
π π
− + = ⇔ = ⇔ = +
(th
ỏ
a mãn)
V
ậ
y ph
ươ
ng trình có các nghi
ệ
m là:
k
x
4 2
π π
= +
và
5

x k2
6
π
π
= +
,
k
∈
ℤ
.
0.25
2. (1.0
đ
i
ể
m) Gi
ả
i ph
ươ
ng trình…
Đ
i
ề
u ki
ệ
n
x 0
≠
. Ph
ươ

ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng
2
2
2
2x 9 2x
3 0
x
2x 9
+
+ − =
+
(1).
0.25
Đặ
t
2
x
t 0
2x 9
= ≠
+
. (1) tr
ở
thành:

( ) ( )
2
2
1
1
2t 3 0 t 1 2t 1 0 t 1 t
t 2
−
+ − = ⇔ − + = ⇔ = ∨ =
.
0.25
•

V
ớ
i
2
2 2 2
x 0 x 0
1
3 2
t 2x 2x 9 x
2
2
4x 2x 9 2x 9
< <
 
−
=
⇒

− = + ⇔ ⇔ ⇔ = −
 
= + =
 
.
0.25

Câu 2
(2.0
đ
i
ể
m)

•

V
ớ
i
2
2 2 2
x 0 x 0
t 1 x 2x 9
x 2x 9 x 9 0
> >
 
=
⇒
= + ⇔ ⇔
 

= + + =
 
vô nghi
ệm.
V
ậy nghiệm của phương trình là
3 2
x
2
= −
.

0.25
Đ
i
ề
u ki
ệ
n
15
1 x
2
− ≤ ≤
.
Ta có
4 2 2 2
y 2xy 7y x 7x 8
− + = − + + ⇔

(

)
(
)
(
)
(
)
2
2 2 2 2
y x 7 y x 8 0 y x 1 y x 8 0− + − − = ⇔ − − − + =
(1)

0.25
Vì
15
x
2
≤
;
2
15
y 8
2
+ >
nên
2
x y 8
< +
. Khi
đ

ó (1)
2 2
y x 1 0 y x 1⇔ − − = ⇔ = +
.
0.25
Th
ế

2
y x 1
= +
vào ph
ươ
ng trình d
ướ
i, ta
đượ
c

3x 16 15 2x x 1
+ − − = +
( )( )
3x 16 15 2x x 1 2x x 1 15 2x
⇔ + = − + + ⇔ = + −

2
x 0
x 0
x 3
5

x 3 x
6x 13x 15 0
6
≥

≥


⇔ ⇔ ⇔ =
−
 
= ∨ =
− − =




0.25








Câu 3
(
1.0
đ

i
ể
m)

V
ớ
i
x 3=
ta có
2
y 4 y 2= ⇔ = ±
V
ậ
y nghi
ệ
m c
ủ
a h
ệ
ph
ươ
ng trình là
(
)
(
)
3; 2 , 3;2
−
.
0.25

Trang

3 –
G
ọ
i I trung
đ
i
ể
m BC, ta có
a 3
AI
2
=
. G
ọ
i H là hình chi
ế
u c
ủ
a
đ
i
ể
m
A trên
đườ
ng th
ẳ
ng

A'I
. Ta có
BC AI, BC AA'
⊥ ⊥
BC AH
⇒
⊥
.

(
)
AH A'BC
⊥
.
Vì G là tr
ọ
ng tâm
∆
ABC và AG nên
( )
( )
( )
( )
A; A'BC G; A'BC
3
d AH 3d a
5
= = =
.
AIA'

∆
vuông t
ạ
i A có:
2 2 2
1 1 1
AA' a 3
AH AA' AI
= +
⇒
=
.
Ta có
2
ABC
a 3
S
4
=

Th
ể
tích c
ủ
a kh
ố
i l
ă
ng tr
ụ

ABC.A'B'C'
là
ABC
2 3
a 3 3a
V AA'.S a 3.
4 4
= = =
(
đ
vtt).



0,25






0,25
G
ọ
i D là
đ
i
ể
m

đố
i x
ứ
ng c
ủ
a B’ qua A’, ta có
ABA'D
là hình bình hành suy ra A’B và AD song song.
Do
đ
ó góc gi
ữ
a
đườ
ng th
ẳ
ng A’B và AC’ b
ằ
ng góc gi
ữ
a
đườ
ng th
ẳ
ng AC’ và AD.
0.25



Câu 4

(
1.0
đ
i
ể
m)

Ta có
B'C'D
∆
vuông t
ạ
i C’, suy ra
2 2
C'D B'D B'C' a 3
= − =
,
2 2
AD A'B AB AA ' 2a
= = + =
.

2 2
2
2AD C'D 5
cosDAC'
2AD 8
−
= =
. V

ậ
y cosin góc gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng
A'B
và
AC'
b
ằ
ng
5
8

0.25
Do
a,b,c 0
>
,
đặ
t
a b
x 0,y 0
c c
= > = >
khi
đ

ó
3 3
x y 1
+ =

Ta có
( ) ( ) ( )
3
3 3
x y x y 3xy x y 1 3xy x y
+ = + + + = + +
.
0.25
Chia t
ử
và m
ẫ
u c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c M cho
2
c 0
≠
và thay
a b
x 0,y 0

c c
= > = >
ta
đượ
c

( )( )
(
)
( )
2
2 2
x y 2xy 1
x y 1
M
1 x 1 y x y xy 1
+ − −
+ −
= =
− − − + + +

0.25
Đặt
3
t 1
t x y xy
3t
−
= +
⇒

=
, vì
x,y 0
>
nên ta có
3
3
3
2
t 1
t 1
1 t 4
t 1
t 4
t 4
3t
>

>


⇔ ⇔ < ≤
 
−
≤
≥



.

Bi
ể
u th
ứ
c tr
ở
thành
3
3 2
t 3t 2 t 2 3
M 1
t 3t 3t 1 t 1 t 1
− + +
= = = +
− + − − −

0.25






Câu 5
(
1.0
đ
i
ể
m)

Vì
3 3
1 t 4 0 t 1 4 1
< ≤
⇒
< − ≤ −
suy ra
3
3
4 2
f(t)
4 1
+
≥
−
.
V
ậ
y giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi

ể
u th
ứ
c là
3
3
4 2
4 1
+
−
khi
3
a b,c a 2
= =
.
0.25
Ch
ươ
ng trình chu
ẩ
n
Di
ệ
n tích hình vuông là
2
S = AB.AD = 2AI 25
=
nên
5 2
AI

2
=
.
Đ
i
ể
m
( )
I d : y x 5 I a;5 a∈ = − + ⇒ − v
ớ
i
a 0
>
,
2 2
AI 2a 6a 9= + +
.
Khi
đ
ó a nghi
ệ
m ph
ươ
ng trình
2
25 7
2a 6a 9 a
2 2
−
+ + = ⇔ =

(lo
ạ
i),
1
a
2
=
(tm điều kiện).
0.25







Câu 6a
(
1.0
đ
i
ể
m)

Tọa độ tâm
1 9
I ;
2 2
 
 

 
, vi I trung điểm AC nên tọa độ đỉnh
(
)
C 4;4
.
0.25
A
C
B
A'
C'
B'
D
I
H
G
Trang

4 –
Đườ
ng th
ẳ
ng
∆
vuông góc
AI
có
(
)

n 7; 1
∆
= −

nên ph
ươ
ng trình là
:7x y 1 0
∆ − + =
. Vì
đ
i
ể
m B thu
ộ
c
:7x y 1 0
∆ − + =
nên
(
)
B b;1 7b
+
. Ta có
2 2
b 1
1 9 25
BI AI b 1 7b
b 0
2 2 2

=

   
= ⇔ − + + − = ⇔
   

=
   


0.25
•
Với
( )
b 0 B 0;1
=
⇒
do I trung điểm BD nên
( )
D 1;8 ;
•
V
ớ
i
(
)
b 1 B 1;8=
⇒
và
(

)
D 0;1
.
V
ậ
y t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh B, C, D là:
(
)
(
)
B 1;8 ,C 4;4
và
(
)
D 0;1
ho
ặ
c
(
)
(
)
B 0;1 ,C 4;4
và

(
)
D 1;8

0.25
Đ
i
ề
u ki
ệ
n
n ,n 2
∈ ≥
ℕ
,
Ph
ươ
ng trình
2 1 2
n n
2C 8C n n 10n 0 n 0⇔ − = ⇔ − = ⇔ = (lo
ạ
i),
n 10
=
(nh
ậ
n)
0.25
V

ớ
i
n 10
=
,
( )
10
k 10
0 1 k 10
P(x) 1 6x a a x a x a x
= − = + + + + +

0.25
Khi
1
x
2
=
, ta có
10
1 10
0
10
1 a a
P 2 a
2 2 2
 
= = + + +
 
 

0.25


Câu 7a
(
1.0
đ
i
ể
m)

Ta có t
ổ
ng T b
ằ
ng giá tr
ị
c
ủ
a
P(x)
t
ạ
i
1
x
2
=
. Do

đ
ó
10
T 2
=
.
0.25
Đ
i
ề
u ki
ệ
n
3
1 4
0 x,x ,x
2 2
< ≠ ≠
.Ta th
ấ
y
x 1
=
không là nghi
ệ
m.
0.25
V
ớ
i

x 1
≠
ph
ươ
ng trình t
ươ
ng
đươ
ng
2 3
x x
1 1 1
log 2x log 2x 2
+ =
( )
2
x
x
1 1 1
3 log 2 2
1 log 2
⇔ + =
+
+
(1)
0.25
Đặ
t
x
t log 2

=
,
t 1;t 3
≠ − ≠ −

(1)

tr
ở
thành
( )
( )
3 2
2
2
t 1
1 1 1
t 3t t 5 0
t 4t 5 0 vô nghiêm
3 t 2
1 t
=

+ =
⇒
+ + − = ⇔

+ + =
+
+



0.25

Câu 8a
(
1.0
đ
i
ể
m)

V
ớ
i
t 1
=
suy ra
x
log 2 1 x 2
= ⇔ =
(nh
ậ
n). V
ậ
y nghi
ệ
m c
ủ
a ph

ươ
ng trình là:
x 2
=

0.25
Ch
ươ
ng trình Nâng cao
Do tam giác ABC vuông t
ạ
i A nên
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác có tâm trùng v
ớ
i trung
đ
i
ể
m c
ạ
nh BC
và bán kính b
ằ
ng
1

AI BC 5
2
= =
.
0.25
G
ọ
i t
ọ
a
độ
tâm là
(
)
0 0
I x ;y
,do
(
)
d d'
u u 1; 2
= = −
 
nên d và d’ song song, suy ra I cách
đề
u d và d’
Hay
0 0 0 0
0 0 0 0
x 2y 1 x 2y 21

x 2y 10 0 x 2y 10
5 5
− − − +
= ⇔ − + = ⇔ = −
.
0.25
Khi
đ
ó
0
y
th
ỏ
a mãn
( ) ( )
2 2
0 0 0 0
AI 5 2y 10 3 y 4 25 y 4;y 8= ⇔ − − + − = ⇔ = =

0.25





Câu 6b
(
1.0
đ
i

ể
m)

V
ớ
i
(
)
0
y 4 I 2;4
=
⇒
−
, ph
ươ
ng trình
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác ABC là
( ) ( )
2 2
x 2 y 4 25
+ + − =

V
ớ
i

(
)
0
y 8 I 6;8
=
⇒
, ph
ươ
ng trình
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác ABC là
( ) ( )
2 2
x 6 y 8 25
− + − =

0.25
Không gian m
ẫ
u
Ω
có
(
)
4
20

n C 4845
Ω = =

0.25
Bi
ế
n c
ố
A=”l
ấ
y
đượ
c ít nh
ấ
t 2 cái bút cùng màu” thì bi
ế
n c
ố

đố
i
A
=”không có hai cái bút cùng màu”
S
ố
cách ch
ọ
n 4 bút không có 2 bút cùng màu là
1 1 1 1
6 6 5 3

C .C .C C 540=

0.25
Xác su
ấ
t c
ủ
a bi
ế
n c
ố

A
là
( )
( )
( )
n A
36
P A
n 323
= =
Ω
.
0.25


Câu 7b
(1 điểm)

Khi
đ
ó xác su
ấ
t c
ủ
a bi
ế
n c
ố
A là
( )
287
P(A) 1 P A
323
= − =
.
0.25
Trang

5 – www.mathvn.com
Đặ
t ;
x x 3
x x
3 27
3 t 27 t 9t
3 27
− =
⇒

− = +
;PT tr
ở
thành
(
)
(
)
(
)
3
t 7t 6 0 t 1 t 2 t 3 0
− + = ⇔ − − + =

0.25
•

t 1
=
x x
3
x
3 1 13 1 13
3 1 3 x log
3 2 2
+ +
⇒
− = ⇔ = ⇔ =

•

t 2
=
x x
x
3
3 2 3 3 x 1
3
⇒
− = ⇔ = ⇔ =
•

t 3
= −
x x
3
x
3 21 3 21 3
3 3 3 x log
3 2 2
− −
⇒
− = − ⇔ = ⇔ =

0.5
Câu 8
b
(
1.0
đ

i
ể
m)

Vậy nghiêm của phương trình đã cho là
x 1
=
,
3
1 13
x log
2
+
=
và
3
21 3
x log
2
−
=
.
0.25

H
ế
t
Chú ý:

M

ọ
i cách làm
đ
úng khác v
ớ
i
đ
áp án
đề
u cho
đ
i
ể
m t
ươ
ng
ứ
ng.

Cảm 
ơ
n
 
bạ
n
 
K
h
á
nh

 
H
ò
a 
(
k.
ho
a9
4@
z
i
ng.c
om
)
 
gửi 
t
ới 
www
.
la
is
ac.
page.
t
l