15 đề thi thử đại học môn toán (có lời giải)

ĐỀ SỐ 1

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
1)1(3)2(
2
3
23
+−−−−= xmxmxy
(1), m là tham số.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
2−=m
.
b) Tìm
0>m
để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là
CTCĐ
yy ,
thỏa mãn

42 =+
CTCĐ
yy
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

.sin)sin(cos322cossin)1(tan
2
xxxxxx +=+++

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
.0)184(log)2(log
2
1
4
2
12
≤−−++ xx

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
.d
7233
6ln
0
∫
+++
= x
ee
e
I
xx
x

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp
ABCDS.
có

)( ABCDSC ⊥
, đáy
ABCD
là hình thoi có cạnh bằng
3a
và
.120
0
=∠ABC
Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng
)(SAB
và
)(ABCD
bằng
.45
0
Tính theo a thể tích khối chóp
SABCD
và
khoảng cách giữa hai đường thẳng
BDSA,
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn
.3
222
yzyx ≤++
Tìm giá trị nhỏ nhất của
.
)3(
8

)2(
4
)1(
1
222
+
+
+
+
+
=
zyx
P

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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy
cho hình thoi
ABCD
có phương trình đường thẳng
AC
là
,0317 =−+
yx
hai đỉnh
DB
,
lần lượt thuộc các đường thẳng
032:,08:

21
=+−=−+ yxdyxd
. Tìm tọa độ các đỉnh của
hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
cho hai đường thẳng
1
7
1
5
1
4
:
1
+
=
−
−
=
+ zyx
d
và
2
1
11
2
:
2

−
+
=
−
=
− zyx
d
. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua
1
),0;2;1( dM ⊥−
và tạo với
2
d
góc
.60
0

Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm hệ số của
7
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
n
x
x







−
2
2
, biết rằng n là số nguyên dương
thỏa mãn
323
1
24
nnn
ACC =+
+
.
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy
cho hai đường thẳng
02:
1
=−− yxd
và
022:
2
=−+ yxd
.
Giả sử
1
d
cắt
2
d

tại
.
I
Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua
)1;1(
−M
cắt
1
d
và
2
d
tương ứng tại
BA
,
sao cho
IAAB
3=
.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
cho điểm
)3;1;2( −
M
và đường thẳng
1
1

3
4
2
2
:
+
=
−
−
=
+
zyx
d
. Viết phương trình mặt phẳng
)(P
đ
i qua
)0;0;1(
K
, song song v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng
d

đồ
ng th

ờ
i
cách
đ
i
ể
m
M
m
ộ
t kho
ả
ng b
ằ
ng
3
.
Câu 9.b

(1,0 điểm).
Cho t
ậ
p
{ }
5,4,3,2,1=E
. Vi
ế
t ng
ẫ
u nhiên lên b

ả
ng hai s
ố
t
ự
nhiên, m
ỗ
i s
ố
g
ồ
m 3 ch
ữ
s
ố

đ
ôi m
ộ
t
khác nhau thu
ộ
c t
ậ
p E. Tính xác su
ấ
t
để
trong hai s
ố

đ
ó có
đ
úng m
ộ
t s
ố
có ch
ữ
s
ố
5.

Hết
1

Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi
2−=m
hàm s
ố
tr
ở
thành
.196
23
+++= xxxy
a) T

ậ
p xác
đị
nh:
.R

b) S
ự
bi
ế
n thiên:
* Gi
ớ
i h
ạ
n t
ạ
i vô c
ự
c: Ta có
−∞=
−∞→
y
x
lim
và
.lim +∞=
+∞→
y
x

* Chi
ề
u bi
ế
n thiên: Ta có
;9123'
2
++= xxy

.130';
1
3
0';
1
3
0' −<<−⇔<



−>
−<
⇔>



−=
−=
⇔= xy
x

x
y
x
x
y

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
;;1,3; ∞+−−∞−
nghịch biến trên
( )
.1;3 −−

* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
,1,3 =−=
CĐ
yx hàm s
ố

đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i
.3,1
−=−=
CT

yx

0,5
* B
ả
ng bi
ế
n thiên:



c)
Đồ
th
ị
:



0,5
b) (1,0 điểm)
Ta có
.),1(3)2(33'
2
R∈∀−−−−= xmxmxy



−==
−==

⇔=+−−−⇔=
.1
1
01)2(0'
2
1
2
mxx
xx
mxmxy

Chú ý r
ằ
ng v
ớ
i
0>m
thì
.
21
xx <
Khi
đ
ó hàm s
ố

đạ
t c
ự
c

đạ
i t
ạ
i
1
1
−=x
và
đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i
.1
2
−= mx
Do
đ
ó
.1)1)(2(
2
1
)1(,
2
3
)1(
2

+−+−=−==−= mmmyy
m
yy
CTCĐ

0,5

Câu 1.
(2,0
điểm)
Từ giả thiết ta có
0)1)(2(6641)1)(2(
2
1
2
3
.2
22
=−+−−⇔=+−+− mmmmm
m







±−
=
=

⇔=−+−⇔
.
2
331
1
0)8)(1(
2
m
m
mmm
Đố
i chi
ế
u v
ớ
i yêu c
ầ
u
0>m
ta có giá tr
ị
c
ủ
a
m
là
.
2
331
,1

+−
== mm

0,5

Câu 2.
(1,0
điểm)
Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
,0cos ≠x
hay
.
2
π
π
kx +≠

Khi
đ
ó ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ

ng
đươ
ng v
ớ
i

xxxxxx sin)sin(cos32sin21sin)1(tan
22
+=+−++


xxxxxx
22
sin6sin)sin(cos33sin)1(tan +−=+−⇔

0,5
x
'y

y

3−

∞−

∞+

1
−

1

∞−

∞+

3
−

+
–
0
0
+
x
O
3−

y
1
3−

1−


ĐỀ SỐ 1

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút

2

0)12cos2)(cos(sin
0)cos3)(sincos(sin
0cos)sin(cos3sin)1(tan
sin)sin(cos32cos3sin)1(tan
22
2
2
=+−⇔
=−−⇔
=−+−⇔
−=+−⇔
xxx
xxxx
xxxxx
xxxxxx








∈+±=
+=
⇔





−=
=
⇔
.,
3
4
2
1
2cos
cossin
Zkkx
kx
x
xx
π
π
π
π

Đố
i chi
ế
u
đ
i
ề
u ki
ệ

n ta có nghi
ệ
m
Z∈+±=+= kkxkx ,
3
,
4
π
π
π
π

0,5
Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
.182
0184
018,02
4
≤<−⇔



>−−
≥−>+
x

x
xx

Khi
đ
ó b
ấ
t ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng v
ớ
i

)184(log2log
4
22
xx −−≤+


4
1842 xx −−≤+⇔
.
Đặ
t

.18
4
xt −=
Khi
đ
ó
4
200 <≤ t
và b
ấ
t ph
ươ
ng trình tr
ở
thành

tt −≤− 420
4

0,5

Câu 3.
(1,0
điểm)

.42
02
4
0)252)(2(
4

048
4
)4(20
04
23
2424
≤≤⇔



≥−
≤
⇔



≥+++−
≤
⇔



≥−−+
≤
⇔



−≤−
≥−

⇔
t
t
t
tttt
t
ttt
t
tt
t

Suy ra
.2218
4
≤⇔≥− xx

K
ế
t h
ợ
p v
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n, ta có nghi
ệ

m c
ủ
a b
ấ
t ph
ươ
ng trình là
.22 ≤<− x


0,5
Đặ
t
.3 te
x
=+
Khi
đ
ó
.d23
2
ttdxete
xx
=⇒−=
Khi
,20 =⇒= tx
khi
.36ln =⇒= tx

Suy ra

∫∫
++
=
+−+
=
3
2
2
3
2
2
d
132
2
7)3(23
d2
t
tt
t
tt
tt
I

0,5

Câu 4.
(1,0
điểm)

∫∫







+
−
+
=
++
=
3
2
3
2
d
12
1
1t
1
2d
)12)(1(
2 t
t
t
tt
t

.
63
80
ln)5ln7(ln)3ln24ln2(12ln1ln2
2
3
2
3
=−−−=+−+= tt

0,5

Câu 5.
(1,0
điểm)

K
ẻ

⇒⊥ ABSK
hình chi
ế
u
ABCK ⊥

( )
.45)(),(
0
=∠=⇒ SKCABCDSAB

2
3
60sin60120
000
a
CBCKCBKABC ==⇒=∠⇒=∠

.
2
3
45tan
0
a
CKSC ==⇒ (1)
.
2
33
120sin.
2
0
a
BCABS
ABCD
==
(2)
T
ừ
(1) và (2)
.
4

33
.
3
1
3
.
a
SSCV
ABCDABCDS
==⇒

0,5
S
D
A
B
K
C
O
I
3
G
ọ
i
.BDACO ∩=
Vì
SCBDACBD ⊥⊥ ,
nên
)(SACBD ⊥
t

ạ
i O. K
ẻ

OISAOI ⇒⊥
là
đườ
ng vuông góc chung c
ủ
a
BD
là
SA
.
S
ử
d
ụ
ng hai tam giác
đồ
ng d
ạ
ng
AOI
và
ASC
ho
ặ
c
đườ

ng cao c
ủ
a tam giác
SAC
suy ra
.
10
53
52
3 aa
OI ==
Suy ra
.
10
53
),(
a
BDSAd =

0,5
Ta có
)1()4()1(242
222
+++++≤++ zyxzyx
636
222
+≤+++= yzyx .
Suy ra
622 ≤++ zyx
. D

ấ
u
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi
1
2
=== z
y
x
.
Chú ý r
ằ
ng, v
ớ
i hai s
ố
d
ươ
ng
ba,
áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ

ng th
ứ
c Côsi ta có
222
)(
811
baba +
≥+
, (*)
d
ấ
u
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
ba =
.
0,5

Câu 6.
(1,0
điểm)
Áp d
ụ
ng (*) ta

đượ
c
2
2
2
)3(
8
)1
2
(
1
)1(
1
+
+
+
+
+
=
z
y
x
P

2
2
)3(
8
)1
2

1(
8
+
+
+++
≥
z
y
x


2
2
)1022(
4.64
)32
2
(
64
+++
=
++++
≥
zyx
z
y
x

.1
)106(

4.64
2
=
+
≥

D
ấ
u
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi
1,2,1 === zyx
.
V
ậ
y giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a
P
b

ằ
ng 1,
đạ
t khi
1,2,1 === zyx
.
0,5

),8;(8:
1
bbBxydB −⇒−=∈

).;32(32:
2
ddDyxdD −⇒−=∈

)8;32( −+−+−=⇒ dbdbBD
và trung
đ
i
ể
m BD là
.
2
8
;
2
32







++−−+ dbdb
I

Theo tính ch
ấ
t hình thoi



=
=
⇔



=−+−
=−+−
⇔





∈
=
⇔




∈
⊥
⇒
1
0
0996
013138
0.
d
b
db
db
ACI
BDu
ACI
ACBD
AC

Suy ra
.
2
9
;
2
1
)1;1(
)8;0(







−
⇒



−
I
D
B

0,5

Câu
7.a
(1,0
điểm)
).;317(317: aaAyxACA +−⇒+−=∈

2
15
215
2
.
2

1
=⇒==⇒= IA
BD
S
ACBDACS
ABCD

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


−+






+−⇒
)6;11(
)ktm()3;10(
6
3
4
9
2
9
2
225
2
9
2
63
7
222
A
A
a
a
aaa

Suy ra
).3;10()6;11( CA ⇒−

0,5
Gi
ả
s
ử

∆
có vtcp .0),;;(
222
≠++=
∆
cbacbau
.00.
11
=+−⇔=⇔⊥∆
∆
cbauud (1)
)2()(3)2(2
2
1
60cos
.411
2
60),(
22220
222

0
2
cbacba
cba
cba
d ++=−−⇔==
++++
−−
⇔=∆∠

0,5

Câu
8.a
(1,0
điểm)
T
ừ
(1) có
cab +=
thay vào (2) ta
đượ
c
( )
02)(318
222222
=−+⇔+++= cacaccaac





−=−=
==
⇔
.,2
2,
cbca
cbca

V
ớ
i
,2, cbca ==
ch
ọ
n
)1;2;1(1 =⇒=
∆
uc
ta có .
12
2
1
1
:
zyx
=
−
=
+

∆
V
ớ
i
,,2 cbca −=−=
ch
ọ
n
)1;1;2(1 −=
⇒
−=
∆
uc
ta có
.
11
2
2
1
:
−
=
−
=
+
∆
zyx

0,5
B

A
D
C
I
4
Ta có
3),2)(1()1(
6
)1(()1(
.424
323
1
≥−−=−+
−+
⇔=+
+
nnnnnn
nnn
ACC
nnn


.11
3,01112
3),23(3)1(3)1(2
2
22
=⇔
≥=+−⇔
≥+−=−+−⇔

n
nnn
nnnnn

0,5

Câu
9.a
(1,0
điểm)
Khi
đ
ó
)2.(
2
.)(
2
11
0
322
11
11
0
112
11
11
2
∑∑
=
−

=
−
−=






−=






−
k
kkk
k
k
kk
xC
x
xC
x
x

S
ố

h
ạ
ng ch
ứ
a
7
x
là s
ố
h
ạ
ng
ứ
ng v
ớ
i k th
ỏ
a mãn
.57322 =⇔=− kk

Suy ra h
ệ
s
ố
c
ủ
a
7
x
là

.14784)2.(
55
11
−=−C

0,5

1
d
c
ắ
t
2
d
t
ạ
i
).0;2(I

Ch
ọ
n
,)2;0(
10
dA ∈−
ta có
.22
0
=IA
L

ấ
y
20
);22( dbbB ∈−
sao cho

263
000
== IABA


72)2()22(
22
=++−⇔ bb













−
−
⇒





1
−=
=
⇔=−−⇔
.
5
16
;
5
42
)4;6(
5
6
4
06445
0
0
2
B
B
b
b
bb

0,5

Câu
7.b
(1,0
điểm)
Suy ra
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
là
đườ
ng th
ẳ
ng qua
)1;1(−M
và song song v
ớ
i .
00
BA Suy ra
ph
ươ
ng trình
0:
=+∆
yx
ho
ặ
c

.067: =−+∆ yx

0,5
(P)
đ
i qua
⇒)0;0;1(K
ph
ươ
ng trình (P) d
ạ
ng ).0(0
222
≠++=−++
CBAACzByAx



≠−+−
=+−
⇔





∉−−
=
⇔
)2(043

)1(032
)()1;4;2(
0.
//)(
CBA
CBA
PH
nu
dP
Pd

( )
).(3)3(3
3
3)(,
2222
222
CBACBA
CBA
CBA
PMd ++=+−⇔=
++
+−
⇔=
(3)
0,5

Câu
8.b
(1,0

điểm)
T
ừ
(1) có
,32 BAC +−=
thay vào (3) ta
đượ
c
( )
2222
)32(3)85( BABABA +−++=+−




=
=
⇔=+−⇔
.175
017225
22
BA
BA
BABA

V
ớ
i
,BA =
ta có

,BC =
không th
ỏ
a mãn (2).
V
ớ
i
,175 BA =
ta có
.
5
19
,
5
17
BCBA −== Ch
ọ
n
5=B
ta có
19,17 −== CA
, th
ỏ
a mãn (2).
Suy ra
.01719517:)( =−−+ zyxP

0,5
S
ố

các s
ố
t
ự
nhiên có 3 ch
ữ
s
ố

đ
ôi m
ộ
t khác nhau thu
ộ
c t
ậ
p E là
.60345 =××

Trong
đ
ó s
ố
các s
ố
không có m
ặ
t ch
ữ
s

ố
5 là
,24234 =××
và s
ố
các s
ố
có m
ặ
t ch
ữ
s
ố
5 là
.362460 =−

0,5

Câu
9.b
(1,0
điểm)
G
ọ
i
A
là bi
ế
n c
ố

hai s
ố

đượ
c vi
ế
t lên b
ả
ng
đề
u có m
ặ
t ch
ữ
s
ố
5;
B
là bi
ế
n c
ố
hai s
ố

đượ
c vi
ế
t lên
b

ả
ng
đề
u không có m
ặ
t ch
ữ
s
ố
5.
Rõ ràng
A
và
B
xung kh
ắ
c. Do
đ
ó áp d
ụ
ng qui t
ắ
c c
ộ
ng xác su
ấ
t ta có
.
25
13

5
2
5
3
.
.
.
.
)()()(
22
1
60
1
60
1
24
1
24
1
60
1
60
1
36
1
36
=







+






=+=+=∪
CC
CC
CC
CC
BPAPBAP

Suy ra xác su
ấ
t c
ầ
n tính là .
25
12
25
13
1)(1 =−=∪−= BAPP
0,5

I
d
1
d
2
A
M
B
∆

A
0
B
0


ĐỀ SỐ 2

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút


A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
(7,0
đ
i
ể
m)
Câu I.
(2,0

đ
i
ể
m) Cho hàm s
ố

2
+
−
=
x
xm
y
có
đồ
th
ị
là
)(
m
H
, v
ớ
i
m
là tham s
ố
th
ự
c.

1. Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
c
ủ
a hàm s
ố

đ
ã cho khi
1
=
m
.
2. Tìm m
để

đườ
ng th
ẳ
ng

0122:
=−+
yxd
c
ắ
t
)(
m
H
t
ạ
i hai
đ
i
ể
m cùng v
ớ
i g
ố
c t
ọ
a
độ
t
ạ
o thành m
ộ
t tam giác có
di
ệ

n tích là
.
8
3
=
S

Câu II.
(2,0
đ
i
ể
m)

1. Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
xxxxxxx sincos)sin.(coscos)cot1.(sin
23
+=−+−
.
2. Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
)1(log
2

1
12log)1(log
3
3
3
3
++−=+ xxx
.
Câu III.
(1,0
đ
i
ể
m) Tính tích phân
∫
+
=
3
1
2
2
)3ln(
dx
x
x
I
.
Câu IV.
(1,0
đ

i
ể
m) Cho hình chóp S.ABC có
)( ABCSC ⊥
và tam giác ABC vuông t
ạ
i B. Bi
ế
t r
ằ
ng
)0(3, >== aaACaAB
và góc gi
ữ
a hai m
ặ
t ph
ẳ
ng (SAB), (SAC) b
ằ
ng
α
v
ớ
i
6
13
tan =
α
. Tính th

ể
tích kh
ố
i
chóp S.ABC theo a.
Câu V.
(1,0
đ
i
ể
m) Cho các s
ố
th
ự
c d
ươ
ng
zyx
,,
tho
ả
mãn
912513
=++ zyx
. Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ

t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
xz
zx
zy
yz
yx
xy
A
+
+
+
+
+
=
2
6
2
3
2
.
B. PHẦN RIÊNG
(3,0
đ
i

ể
m)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
(ph
ầ
n a, ho
ặ
c b).
a. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa.
(2,0
đ
i
ể
m) 1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxy, cho các
đườ
ng th
ẳ
ng
032:

1
=++
yxd
;
.087:;0123:
2
=+−∆=−−
yxyxd
Tìm
đ
i
ể
m
1
dP
∈
và
2
dQ
∈
sao cho
∆
là
đườ
ng trung tr
ự
c c
ủ
a
đ

o
ạ
n th
ẳ
ng PQ.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxyz, cho hình thang cân ABCD v
ớ
i hai
đ
áy AB, CD và có
)1;3;1(),0;2;1(),1;1;1(
−− CBA
. Tìm t
ọ
a
độ
D.
Câu VIIa.
(1,0
đ
i
ể
m) Trong K
ỳ

thi tuy
ể
n sinh n
ă
m 2013, tr
ườ
ng A có 5 h
ọ
c sinh g
ồ
m 3 nam và 2 n
ữ
cùng
đậ
u vào khoa
X c
ủ
a m
ộ
t tr
ườ
ng
đạ
i h
ọ
c. S
ố
sinh viên
đậ
u vào khoa X

đượ
c chia ng
ẫ
u nhiên thành 4 l
ớ
p. Tính xác su
ấ
t
để
có m
ộ
t l
ớ
p
có
đ
úng 2 nam và 1 n
ữ
c
ủ
a tr
ườ
ng A.
b. Theo chương trình Nâng cao:

Câu VIb.
(2,0
đ
i
ể

m) 1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxy, cho
đ
i
ể
m
)2;3(
K
và
đườ
ng tròn
0142:)(
22
=+−−+ yxyxC
v
ớ
i tâm là I. Tìm t
ọ
a
độ

đ
i
ể
m
)(
CM ∈
sao cho
0
60
=∠IMK
.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxyz, cho
đườ
ng th
ẳ
ng
.
2
1
2
3
1
2
:

−
−
=
−
−
=
+ zyx
d
Xét hình bình hành ABCD có
.),2;2;2(),0;0;1(
dDCA ∈
Tìm t
ọ
a
độ
B bi
ế
t di
ệ
n tích hình bình hành ABCD b
ằ
ng
.23

Câu VIIb.
(1,0
đ
i
ể
m) Tìm s

ố
nguyên d
ươ
ng n th
ỏ
a mãn
.337923)1( 33323
133221
=−+++−
− nn
n
n
nnn
nCCCC


H
ế
t


1

Câu ðáp án ðiểm
1. (1,0 ñiểm)
Khi
1=m
hàm số trở thành
2
1

+
+−
=
x
x
y
.
a. Tập xác ñịnh:
}2{\ −R .
b. Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có
.2,0
)2(
3
'
2
−≠∀<
+
−= x
x
y
Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
)2;( −−∞ và );2( ∞+− .
* Giới hạn:
1lim −=
+∞→
y
x
;
1lim −=

−∞→
y
x
; +∞=
+
−→
y
x )2(
lim ; −∞=
−
−→
y
x )2(
lim
Suy ra ñồ thị có tiệm cận ngang là
1−=y
và tiệm cận ñứng là
2−=x
.




0,5
* Bảng biến thiên
x
∞−
2− ∞+
'
y

− −


y

∞+

1− 1−


∞−
c. ðồ thị: ðồ thị cắt Ox tại (1; 0);
cắt Oy tại






2
1
;0
.
ðồ thị nhận giao ñiểm
)1;2( −−I

của hai tiệm cận làm tâm ñối xứng.

0,5
2. (1,0 ñiểm)
Hoành ñộ giao ñiểm A, B của d và )(
m
H là các nghiệm của phương trình
2
1
2
+−=
+
+−
x
x
mx

2,0)1(22
2
−≠=−++⇔ xmxx (1)
Pt (1) có 2 nghiệm

21
, xx phân biệt khác
2−






−≠
<
⇔



≠−+−−
>−=∆
⇔
2
16
17
0)1(22)2.(2
01617
2
m
m
m
m
.
Ta có

.1617.
2
2
4)(.2)(.2)()(
21
2
12
2
12
2
12
2
12
mxxxxxxyyxxAB
−=−+=−=−+−=





0,5

I.
(2,0
ñiểm)
Khoảng cách từ gốc tọa ñộ O ñến d là
.
22
1
=h

Suy ra
,
2
1
8
3
1617.
2
2
.
22
1
.
2
1

2
1
=⇔=−==
∆
mmABhS
OAB
thỏa mãn.


0,5
O
1−

2−

1

I
y
x

ĐỀ SỐ 2

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút

2
1. (1,0 ñiểm)
ðiều kiện:
.,0sin
Zkkxx
∈≠⇔≠
π

Phương trình xxxxxxxx sincos)sincoscos(sincossin
2233
+=+−+⇔

0)cos(sincossin2
0)1cossin2cos)(sincos(sin
22
=+⇔
=−−++⇔
xxxx

xxxxxx



0,5

Zk
kx
kx
x
x
∈






+−=
+=
⇔




=+
=
⇔ ,
4
2

0)
4
sin(
0cos
π
π
π
π
π
(Do
0sin ≠x
)
Vậy, ta có nghiệm của phương trình là
.,
4
;
2
Zkkxkx ∈+−=+=
π
π
π
π




0,5
2. (1,0 ñiểm)
ðiều kiện:
2

1
1
01
012
01
3
≠<−⇔





>+
≠−
>+
x
x
x
x
.
Phương trình
)1(log12log)1(log
33
3
3
++−=+⇔ xxx

121
)1.(121
2

3
−=+−⇔
+−=+⇔
xxx
xxx




0,5

II.
(2,0
ñiểm)




−==
==
⇔




=+
=+−
⇔





−−=+−
−=+−
⇔
1;0
2;1
0
023
)12(1
121
2
2
2
2
xx
xx
xx
xx
xxx
xxx

ðối chiếu ñiều kiện ta có nghiệm của phương trình là
.2;1;0 === xxx



0,5
ðặt
2

2
),3ln(
x
dx
dvxu =+=
. Khi ñó
x
vdx
x
x
du
1
,
3
2
2
−=
+
=
.

0,25
Theo công thức tích phân từng phần ta có

∫
+
++−=
3
1
2

1
3
2
3
2)3ln(
1
x
dx
x
x
I

∫
+
+−=
3
1
2
3
212ln
3
1
4ln
x
dx
. (1)

0,25

III.

(1,0
ñiểm)
Tính
∫
+
=
3
1
2
1
3x
dx
I
.
ðặt tx tan3= . Khi ñó dttdx )tan1(3
2
+= và
3
tan33,
6
tan31
ππ
== .
Suy ra
363
1
)1(tan3.
)1(tan3
1
3

6
3
6
2
2
1
π
π
π
π
π
==+
+
=
∫∫
dtdtt
t
I
. (2)
Từ (1) và (2) ta có
9
3
3
16
ln
3
1
33
12ln
3

1
4ln
ππ
+=+−=I .





0,5

IV.
(1,0
ñiểm)
Gọi H, K là hình chiếu của C lên SA, SB.
Ta chứng minh ñược )(),( CHKSASABCK ⊥⊥ .
Suy ra
CHK∆ vuông tại K và KHSA ⊥ .
Do ñó
.CHK∠=
α

Từ
19
13
19
13
sin
6
13

tan
2
2
=⇔=⇒=
CH
CK
αα
(1)



0,5





3
ðặt 0>= xSC . Trong tam giác vuông SAC ta có
.
3
3111
22
22
2
222
xa
xa
CH
CSCACH +

=⇒+=
Tương tự, trong tam giác vuông SBC ta có .
2
2
22
22
2
xa
xa
CK
+
=
Do ñó từ (1)
19
13
)2(3
)3(2
22
22
=
+
+
⇒
xa
xa

ax 6=⇔ , vì x > 0.
Suy ra
3
2.

2
1
.
3
1
.
3
1
aBCABSCSSCV
ABCSABC
=== .



0,5
Áp dụng bất ñẳng thức Côsi ta có
)2(
9
1
33
1
3
1
3
2
3
3
yx
yyx
xyy

xxy
xy
yxx
xy
yx
xy
+=
++
≤=≤
++
=
+
.
Tương tự ta có
)2(
9
1
2
);2(
9
1
2
xz
xz
zx
zy
zy
yz
+≤
+

+≤
+
.



0,5


V.
(1,0
ñiểm)
Suy ra
1)12513(
9
1
)2(
9
6
)2(
9
3
)2(
9
1
=++=+++++≤ zyxxzzyyxA
.
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
10
3

=== zyx
.
Suy ra giá trị lớn nhất của A là 1, ñạt khi
10
3
=== zyx
.



0,5
1. (1,0 ñiểm)
+) ).32;(032:
111
−−⇒=++∈ xxPyxdP
)
2
13
;(0123:
2
22
−
⇒=−−∈
x
xQyxdQ .
Suy ra trung ñiểm PQ là







−+−+
4
734
;
2
2121
xxxx
I
và






++
−
2
543
;
12
12
xx
xxPQ
.


0,5

+) Yêu cầu bài toán ⇔ P và Q ñối xứng nhau qua ∆





=
∆∈
⇔
∆
0. PQu
I





=
−=
⇔



=++
=++
⇔








=
++
+−
=
++
−
+
⇔
3
4
0352326
0391118
0
2
543
.7).(1
0
2
534
2
.7
2
1
21
21
12
12

2121
x
x
xx
xx
xx
xx
xxxx

Suy ra
).4;3(),5;4( QP −



0,5
2. (1,0 ñiểm)
+) Rõ ràng ACkAB .≠ nên A, B, C không thẳng hàng.
+) CD // AB nên chọn
)1;1;2( −−== ABu
CD
. Suy ra pt





−−=
+=
−=
tz

ty
tx
CD
1
3
21
:

CDtttD ∈−−+−⇒ )1;3;21( .
Vì ABCD là hình thang cân với hai ñáy AB, CD nên AD = BC. Do ñó
6)2()2()2(
222
=−−+++− ttt




0,5

VIa.
(2,0
ñiểm)













−
⇒




−=
−=
⇔
=++⇔
3
2
;
3
8
;
3
5
)0;2;3(
3
1
1
0143
2
D
D

t
t
tt







C A
B
S
H
K
x
a
3a

4
ðể ABCD là hình thang cân thì BD = AC. Do ñó D(3, 2, 0) không thỏa mãn vì khi ñó
ABCD là hình bình hành.
Với






−−

3
2
,
3
8
,
3
5
D
thỏa mãn.
0,5
Với mỗi học sinh có 4 cách sắp vào một lớp nào ñó trong 4 lớp.
Suy ra số cách sắp xếp lớp cho 5 học sinh vào 4 lớp là
5
4 .

0,25
Số cách chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ trong 5 học sinh là
1
2
2
3
.CC .
Với mỗi cách chọn trên, có 4 cách xếp 3 học sinh ñó vào một lớp và có
2
3 cách xếp 2 học
sinh không ñược chọn vào 3 lớp còn lại.
Suy ra số cách sắp xếp có 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ vào một lớp là
21
2

2
3
3 4 CC .

0,5

VIIa.
(1,0
ñiểm)
Từ ñó ta có xác suất cần tính là
.
128
27
4
3 4
5
21
2
2
3
==
CC
P

0,25
1. (1,0 ñiểm)
+) Ta có 4)2()1(:)(
22
=−+− yxC . Suy ra tâm I(1 ; 2) và bán kính R = 2.
Nhận thấy IK = 2. Suy ra

).(CK ∈
Do )(CM ∈ và
0
60=∠IMK . Suy ra IMK∆ ñều. Do ñó yêu cầu bài toán ⇔ Tìm
)(CM ∈ sao cho KM = R = 2.


0,5
+) Giả sử )(),(
00
CyxM ∈ 4)2()1(
2
0
2
0
=−+−⇔ yx (1)
Ta có
4)2()3(2
2
0
2
0
=−+−⇔= yxKM (2)
Từ (1) và (2) suy ra




−
+

)32;2(
)32;2(
M
M



0,5
2. (1,0 ñiểm)
+) )12;32;2(
2
1
2
3
1
2
: +−+−−⇒
−
−
=
−
−
=
+
∈ tttD
zyx
dD

2
23

23 =⇒=
ACDABCD
SS . (1)
+) Ta có
)12;32;3();2;2;1( +−+−−== tttADAC
.
Suy ra
)94;74;4(],[ +−−−= ttADAC
.



0,5

VIb.
(2,0
ñiểm)
Suy ra

[ ]
14612832
2
1
)94()74(16
2
1
,
2
1
222

+−=+−+−+== ttttADACS
ACD
. (2)
Từ (1) và (2) ta có
2012812832
2
=⇔=+− ttt . Suy ra )3;1;0( −−D .
+) ABCD là hình bình hành nên
DCAB = . Suy ra B(3 ; 3 ; 5).


0,5
Xét khai triển Niu-tơn
RxxCxCxCxCCx
nn
nnnnn
n
∈∀+++++=+ , )1(
332210
.
Lấy ñạo hàm hai vế ta ñược
RxxnCxCxCCxn
nn
nnnn
n
∈∀++++=+
−−
, 32)1(
123211
.

Cho
3−=x ta có
1112321
)2(3)1( 3332
−−−
−=−+++−
nnn
n
n
nnn
nnCCCC .



0,5

VIIb.

(1,0
ñiểm)
Suy ra
1133221
)2(33)1( 33323
−−
−=−+++−
nnn
n
n
nnn
nnCCCC .

Kết hợp bài ra ta có 33792)2(3
1
=−
−n
n 112642)1(
11
=−⇔
−− nn
n .11=⇔ n



0,5



ĐỀ SỐ 3

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút


A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
(7,0
đ
i
ể
m)
Câu I.
(2,0

đ
i
ể
m) Cho hàm s
ố

3
5
)23()1(
3
2
23
−−+−+−= xmxmxy có
đồ
th
ị
),(
m
C m là tham s
ố
.
1. Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
c
ủ
a hàm s
ố

đ
ã cho khi
.2=m

2. Tìm
m
để
trên )(
m
C có hai
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t );(),;(
222111
yxMyxM th
ỏ
a mãn 0.
21
>

xx và ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a )(
m
C t
ạ
i
m
ỗ
i
đ
i
ể
m
đ
ó vuông góc v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng .013:
=+−
yxd
Câu II.
(2,0

đ
i
ể
m)

1. Gi
ả
i ph
ươ
ng trình






−+=+
2
5
cos2cot
2sin
1
sin
1
π
xx
xx
.
2. Gi
ả

i h
ệ
ph
ươ
ng trình







−=+−+
=+−
.
4
3
1)3(2
2
5
1
xxy
yx

Câu III.
(1,0
đ
i
ể
m) Tính th

ể
tích kh
ố
i tròn xoay
đượ
c t
ạ
o thành khi quay hình ph
ẳ
ng gi
ớ
i h
ạ
n b
ở
i các
đườ
ng sau xung
quanh Ox
0,.12 =+=
−
yexy
x
và .1=x

Câu IV.
(1,0
đ
i
ể

m) Cho hình l
ă
ng tr
ụ

111
. CBAABC có ,,,3
11
BCAAaBCaAA ⊥== kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng
1
AA và CB
1
b
ằ
ng )0(2 >aa . Tính th
ể
tích kh
ố
i l
ă
ng tr
ụ

theo a.
Câu V.
(1,0
đ
i
ể
m) Cho các s
ố
th
ự
c không âm zyx ,, tho
ả
mãn 3=++ zxyzxy . Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
222323232
)1()1()1( −+−+−+++= zyxxzzyyxA .
B. PHẦN RIÊNG
(3,0
đ

i
ể
m)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
(ph
ầ
n a, ho
ặ
c b).
a. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa.
(2,0
đ
i
ể
m) 1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxy, cho elip 1
34
:)(
22
=+

yx
E có hai tiêu
đ
i
ể
m
21
, FF l
ầ
n l
ượ
t n
ằ
m bên trái
và bên ph
ả
i tr
ụ
c tung. Tìm t
ọ
a
độ

đ
i
ể
m M thu
ộ
c (E) sao cho
2

2
2
1
7MFMF +
đạ
t giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxyz, cho
đườ
ng th
ẳ
ng
1
3
2
3
1
1
:

−
=
+
=
−
− zyx
d và hai mặt phẳng
.04:)(,0922:)( =++−=+−+ zyxQzyxP Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với (P) và cắt (Q)
theo một đường tròn có chu vi
π
2 .
Câu VIIa. (1,0 điểm) Giả sử
21
, zz là hai số phức thỏa mãn phương trình iziz 326 +=− và .
3
1
21
=− zz Tính
môđun
21
zz + .
b. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho parabol xyP 4:)(
2
= . Lập phương trình đường thẳng d đi
qua tiêu điểm của (P), cắt (P) tại A và B sao cho AB = 4.
2. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng ,0422:)( =+++ zyxP đường thẳng
1
1
1

1
2
2
:
−
−
=
−
+
=
− zyx
d
và đường thẳng ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng .04,1 =−+= zyx Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d,
đồng thời tiếp xúc với ∆ và (P).
Câu VIIb. (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn zziz −+=− 22 và
z
i31−
có một acgumen là .
3
2
π
−

Hết


1

Câu ðáp án ðiểm
1. (1,0 ñiểm)

Khi
2=m
hàm số trở thành
3
5
4
3
2
23
−++−= xxxy
.
a. Tập xác ñịnh:
R
.
b. Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có
210';422'
2
=∨−=⇔=++−= xxyxxy
.

.210';210' >∨−<⇔<<<−⇔> xxyxy

Suy ra hàm số ñồng biến trên khoảng
)2;1(−
và nghịch biến trên mỗi khoảng
)1;( −−∞
,
);2( ∞+
.

* Cực trị: Hàm số ñạt cực tiểu tại
1−=
x
và
4−=
CT
y
; ñạt cực ñại tại
2=x
và
5=
Cð
y
.
* Giới hạn:
−∞=
+∞→
y
x
lim
;
+∞=
−∞→
y
x
lim
.

0,5
* Bảng biến thiên
x
∞−

1−

2
∞+
'y

− 0
+
0 −


y
∞+


5



4
−

∞−

c. ðồ thị:
24"
+−=
xy
. Ta có
2
1
0"
=⇔=
xy
. Suy ra ñồ thị có
ñiểm uốn là
.
2
1
;
2
1







Nhận xét: ðồ thị nhận ñiểm uốn







2
1
;
2
1
là tâm ñối xứng.
















0,5
2. (1,0 ñiểm)
Ta có hệ số góc của
013: =+− yxd

là
3
1
=
d
k
. Do ñó
21
, xx
là các nghiệm của phương
trình
3' −=y
, hay

323)1(22
2
−=−+−+− mxmx


013)1(22
2
=−−−−⇔ mxmx
(1)



0,5

I.
(2,0

ñiểm)
Yêu cầu bài toán
⇔
phương trình (1) có hai nghiệm
21
, xx
thỏa mãn
0.
21
>xx







−<<−
−<
⇔





>
−−
>++−=∆
⇔
.

3
1
1
3
0
2
13
0)13(2)1('
2
m
m
m
mm

Vậy kết quả của bài toán là
3−<m
và
.
3
1
1 −<<−
m




0,5
O
1−

2

5

y
x
4−

2
1

2
1


ĐỀ SỐ 3

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút

2
1. (1,0 ñiểm)
ðiều kiện:
02sin ≠x
.
Phương trình
0
sin
cos
cossin2

1
sin2
sin
1
=−+−⇔
x
x
xx
x
x


02coscos2.2cos
0
cossin2
cos21
sin
sin21
22
=−⇔
=
−
+
−
⇔
xxx
xx
x
x
x

0,5

.,,
2
3
24
2
1
cos
02cos
Zmk
mx
kx
x
x
∈






+±=
+=
⇔





=
=
⇔
π
π
ππ

ðối chiếu ñiều kiện, nghiệm của phương trình là
.,,2
3
;
24
Zmkmxkx ∈+±=+=
π
πππ




0,5
2. (1,0 ñiểm)
ðặt
0,,1,1 ≥+=+= baybxa
. Khi ñó hệ trở thành








=−+
=−
)2(
4
1
)4(2
)1(
2
7
22
2
aab
ba

Thế (1) vào (2) ta ñược
4
1
82
2
7
3
2
2
=−+







− aaa


0)65)(2)(1(
012872
2
234
=++−−⇔
=+−−+⇔
aaaa
aaaa






0,5

II.
(2,0
ñiểm)

21 =∨=⇔ aa
(vì
065

2
>++ aa
với
0≥a
)
* Với
1=a
, thay vào (1) ta ñược
0
2
5
<−=b
, không thỏa mãn.
* Với
2=a
, thay vào (1) ta ñược
2
1
=b
. Suy ra
.
4
3
,3 −== yx



0,5
Ta có
2

1
0.12 −=⇔=+
−
xex
x
.
Vậy hình phẳng ñã cho ñược giới hạn bởi các ñường
2
1
;0;.12 −==+=
−
xyexy
x
và
1=x
.
Do






−∈∀≥+=
−
1;
2
1
,0.12 xexy
x

nên thể tích khối tròn xoay tạo thành là
∫
−
−
+=
1
2
1
2
d)12( xexV
x
π
.





0,25
ðặt
xevxu
x
dd,12
2
−
=+=
. Khi ñó
.
2
1

,d2d
2
x
evxu
−
−==

Theo công thức tích phân từng phần ta có
∫∫
−
−
−
−
−
−
++−=+
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
d)12(
2

1
d)12( xeexxex
xxx
2
1
1
22
2
1
2
3
−
−−
−−=
x
ee




0,5

III.
(1,0
ñiểm)

.2
2
2−
−= e

e

Vậy






−=
−2
2
2
e
e
V
π
.


0,25
3

IV.
(1,0
ñiểm)
Từ giả thiết suy ra
CBB
1
là tam giác vuông tại B và

2
3
.
2
1
2
1
1
a
BCBBS
CBB
==
.
Mặt phẳng
)(
1
CBB
chứa
CB
1
và song song
với
1
AA
nên
.2);();(
111
aCBBAdCBAAd ==

Suy ra

.).;(
3
1
3
1.
11
aSCBBAdV
CBBCBBA
==

Vì chung ñáy và chung ñường cao nên
V
lăng trụ

3

3.3.3
11
aVV
CBBAABCB
===





0,5

0,5
Áp dụng bất ñẳng thức Côsi ta có
zxzxzyzyzyxyxyx 31,31,31
323232
≥++≥++≥++
.
Khi ñó
)(3)1()1()1(
222323232
zyxzyxzxzyzyxyxA ++−+++++++++++=


.3)3)((
3)(3)(
)(3)(3
2
222
+−++++=
+++−++=
++−+++++≥
zyxzyx
zyxzyx
zyxzyxzxyzxy

0,5


V.
(1,0
ñiểm)
Từ giả thiết
3=++ zxyzxy
và
0,, ≥zyx
ta có
9)(3)(
2
=++≥++ zxyzxyzyx
.
Suy ra
3≥++ zyx
.
Do ñó
3≥A
.
Dấu ñẳng thức xảy ra khi
1=== zyx
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3, ñạt ñược khi
1=== zyx
.

0,5
1. (1,0 ñiểm)
Giả sử
)();(
00
EyxM ∈
. Khi ñó
1
34
2
0
2
0
=+
yx
và
22
0
≤≤− x
.
(E) có
134,2 =−== ca
. Suy ra
2
1
==
a
c

e
.
Ta có
321228128)(7)(7
0
2
0
2
0
2
0
22
0
2
0
2
2
2
1
+−=+−=−++=+ xxxeaexaexaexaMFMF
.




0,5
Xét hàm
32122)(
0
2

00
+−= xxxf
trên
]2;2[−
.
Ta có
]2;2[,0124)('
000
−∈∀<−= xxxf
. Suy ra
)2()(min
0
]2;2[
0
fxf
x
=
−∈
.
Suy ra
16)7min(
2
2
2
1
=+ MFMF
, ñạt khi
2
0
=x

. Thay vào (1) ta có
0
0
=y
.
Vậy
)0;2(M
.



0,5
2. (1,0 ñiểm)

VIa.
(2,0
ñiểm)
Giả sử mặt cầu cần tìm có tâm I, bán kính R > 0. Vì
dI ∈
nên
)3;32;1( +−+− tttI
.
Do mặt cầu tiếp xúc với (P) nên
3
22
))(;(
t
PIdR
−
==

(1)
Ta có
3
211
))(;(
t
QId
−
=
. Chu vi của ñường tròn giao tuyến
122 =⇒= rr
ππ
.






A
B
C
a
3a
1
A

1
B

1
C

4
Suy ra
1
3
)211(
))(;(
2
222
+
−
=+=
t
rQIdR
(2)
Từ (1) và (2) suy ra




=
=
⇔+
−
=
−
2
23

4
1
3
)211(
9
)22(
22
t
t
tt

0,5
* Với
4=t
ta có
2),7;5;3( =− RI
. Suy ra mặt cầu
.4)7()5()3(
222
=−+−++ zyx

* Với
2
23
=t
ta có
7,
2
29
;20;

2
21
=






− RI
. Suy ra phương trình mặt cầu
( )
49
2
29
20
2
21
2
2
2
=






−+−+







+ zyx
.



0,5
Giả sử
.,, Ryxyixz ∈+=
Khi ñó
.
3
1
9
1
)3()32()16()6(
3)32()16(6326
222222
=⇔=+⇔+−=−+⇔
+−=−+⇔+=−
zyxxyyx
xiyiyxiziz

Suy ra
.
3

1
21
== zz




0,5




VIIa.
(1,0
ñiểm)
Ta lại có
).(
9
2
)())((
9
1
12211221
2
2
2
12121
2
21
zzzzzzzzzzzzzzzz +−=+−+=−−=−=

Suy ra
9
1
1221
=+ zzzz
. Khi ñó
.
3
1
9
1
9
2
)())((
1221
2
2
2
12121
2
21
=+=+++=++=+ zzzzzzzzzzzz

Do ñó
.
3
1
21
=+ zz

Chú ý: HS có thể ñặt
21
, zz
dạng ñại số ñể tính.




0,5
1. (1,0 ñiểm)
xyP 4:)(
2
=
có
2=p
. Suy ra tiêu ñiểm
)0;1(F
.
TH 1.
Oxd ⊥
. Khi ñó pt
1: =xd
. Từ hệ
.4
)2;1(
)2;1(
4
1
2

=⇒



−
⇒



=
=
AB
B
A
xy
x

Vậy
1=x
thỏa mãn.
TH 2.
d
không vuông góc với Ox. Khi ñó pt
)1(: −= xkyd
.
Tọa ñộ A, B là nghiệm của



=

−=
xy
kkxy
4
2
0)2(2
4)(
2222
2
=++−⇒



=−
−=
⇔ kxkxk
xkkx
kkxy
(*)





0,5

VIb.
(2,0
ñiểm)
Ta có d cắt (P) tại hai ñiểm phân biệt A, B

.0
044'
0
2
≠⇔



>+=∆
≠
⇔ k
k
k

Giả sử
);(),;(
2211
kkxxBkkxxA −−
với
21
, xx
là nghiệm của phương trình (*).
Ta có

2
21
2
21
22
12

22
]4))[(1())(1( xxxxkxxkAB −++=−+= .
)1(16
4
)2(4
)1(
4
22
4
22
2
k
k
k
k
k
+
=






−
+
+=

Suy ra
44

4)1(4
22
2
>+=
+
=
kk
k
AB
, không thỏa mãn.
Vậy phương trình
1: =xd
hay
01 =−x
.







0,5
5
2. (1,0 ñiểm)
Mặt cầu có tâm
dtttI ∈+−−−+ )1;1;22(
.
3
9

))(;(
+
=
t
PId
. Chọn
)1;1;0( −=
∆
u
và
∆∈)3;1;1(M
.
Khi ñó
)2;2;12( −−−−+= tttMI
.
Suy ra
)12;12;42(],[ −−−−−−=
∆
yttMIu

Suy ra
2
182412
],[
),(
2
++
==∆
∆
∆

tt
u
MIu
Id
.




0,5
Từ giả thiết ta có
RIdPId =∆= );())(;(






−=
=
⇔=+⇔++=
+
⇔
53
90
0
090539126
3
9
22

t
t
tttt
t

* Với
0=t
. Ta có
3),1;1;2( =− RI
. Suy ra phương trình mặt cầu
.9)1()1()2(
222
=−+++− zyx

* Với
53
90
−=t
. Ta có
53
129
,
53
143
;
53
37
;
53
74

=






− RI
. Suy ra phương trình mặt cầu
2222
53
129
53
143
53
37
53
74






=







−+






−+






+ zyx






0,5
Ta có







−
+
−
=








−=−
3
sin
3
cos2
2
3
2
1
231
ππ
iii
. Giả sử
0),sin(cos >+= rirz
ϕϕ
.
Khi ñó







−−+−−=
−
)
3
sin()
3
cos(
231
ϕ
π
ϕ
π
i
rz
i
. Theo giả thiết ta có
3
2
3
π
ϕ
π
−=−−
, hay
là

3
π
ϕ
=
. Suy ra
i
rr
z
2
3
2
+=
.



0,5

VIIb.

(1,0
ñiểm)
Khi ñó giả thiết
riirrzziz 32)23(22 +=−+⇔−+=−


34034)3(4)13(
2222
=⇔=−⇔+=−+⇔ rrrrrr
, vì

0>r
.
Vậy
iz 632 +=
.


0,5

Hết





ĐỀ SỐ 4

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số .
2
3
42
24
+−= xxy
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
2. Tìm m để phương trình sau có đúng 8 nghiệm thực phân biệt

.
2
1
|
2
3
42|
224
+−=+− mmxx
Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình .131
2
+=++
+
xx
x
x

2. Tính các góc của tam giác ABC biết
.12sin.2sin2sin.4sin =+ CBAA
Câu III.

(1,0 điểm)
Tính tích phân
.d
)cos3(cos3sin
2cos4cos
4
6
3
∫

−
−
=
π
π
x
xxx
xx
I
Câu IV.

(1,0 điểm)
Cho hình tr
ụ
có các
đ
áy là hai hình tròn tâm O và .';' aOOO = G
ọ
i A, B là hai
đ
i
ể
m thu
ộ
c
đườ
ng
tròn
đ
áy tâm ,O

đ
i
ể
m 'A thu
ộ
c
đườ
ng tròn
đ
áy tâm 'O sao cho OA, OB vuông góc v
ớ
i nhau và 'AA là
đườ
ng sinh
c
ủ
a hình tr
ụ
. Bi
ế
t góc gi
ữ
a
đườ
ng th
ẳ
ng 'AO và m
ặ
t ph
ẳ

ng )'( BAA b
ằ
ng .30
0
Tính th
ể
tích kh
ố
i tr
ụ
theo a.
Câu V.

(1,0 điểm)
Cho hai s
ố
th
ự
c x, y th
ỏ
a mãn 1,1 ≥≥ yx và .4)(3 xyyx =+ Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t và giá tr
ị
nh
ỏ

nh
ấ
t
c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
.
11
3
22
33








+++=
yx
yxP
PHẦN RIÊNG

(3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần

(phần a, hoặc b)

a. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa.

(2,0 điểm)
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxy, cho
đườ
ng tròn 25)
4
5
()3(:)(
22
=−++ yxC và
đườ
ng th
ẳ
ng

.012: =+−∆ yx T
ừ

đ
i
ể
m A thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng ∆ k
ẻ
hai ti
ế
p tuy
ế
n v
ớ
i
đườ
ng tròn (C), g
ọ
i M, N là các ti
ế
p
đ
i
ể

m. Xác
đị
nh
t
ọ
a
độ

đ
i
ể
m A, bi
ế
t
độ
dài
đ
o
ạ
n MN b
ằ
ng 6.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxyz, cho
đ

i
ể
m )1;2;1( −A và hai
đườ
ng th
ẳ
ng ,
2
1
11
1
:
1
−
−
==
−
∆
zyx

.
22
1
1
:
2
−
=
−
=∆

zyx
Xác
đị
nh t
ọ
a
độ
các
đ
i
ể
m M, N l
ầ
n l
ượ
t thu
ộ
c các
đườ
ng th
ẳ
ng
1
∆ và
2
∆ sao cho
đườ
ng th
ẳ
ng

MN vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng ch
ứ
a
đ
i
ể
m A và
đườ
ng th
ẳ
ng
1
∆ .
Câu VIIa.

(1,0 điểm)
Tìm s
ố
ph
ứ
c z th
ỏ
a mãn 2|| =− iz và ))(1( izz +− là s
ố

th
ự
c.
b. Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb. (2,0 điểm)
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxy, cho tam giác ABC vuông t
ạ
i A có
đ
i
ể
m )1;3(M là trung
đ
i
ể
m
c
ạ
nh AB,

đỉ
nh C thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng 06 =+− yx và
đườ
ng trung tuy
ế
n k
ẻ
t
ừ

đỉ
nh A có ph
ươ
ng trình .02 =− yx Xác
đị
nh t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh A, B, C.
2. Trong không gian v
ớ

i h
ệ
tr
ụ
c Oxyz, cho ba
đườ
ng th
ẳ
ng ,
2
1
31
2
:,
1
1
21
1
:
21
−
+
==
−
−
∆
−
=
−
=

−
∆
zyxzyx

.
1
3
1
2
2
1
:
3
+
=
−
=
+
∆
zyx
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng ∆ vuông góc v
ớ

i
đườ
ng th
ẳ
ng
3
∆
đồ
ng th
ờ
i c
ắ
t hai
đườ
ng
th
ẳ
ng
1
∆ ,
2
∆ l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i A và B sao cho
độ
dài AB

đạ
t giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t.
Câu VIIb.

(1,0 điểm)
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình
),(
3.563
)2(logloglog
1
1
333
R∈






=+
+=+
−
yx
xyx
x
y

Hết

1

Câu ðáp án ðiểm
1. (1,0 ñiểm)
a. Tập xác ñịnh: R ; y là hàm số chẵn.
b. Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có .1,00';88'
3
±==⇔=−= xxyxxy




<<
−<
⇔<



>

<<−
⇔>
10
1
0';
1
01
0'
x
x
y
x
x
y
Suy ra hàm số ñồng biến trên mỗi khoảng
);1(),0;1( ∞+− và nghịch biến trên mỗi
khoảng
)1;0(),1;( −−∞ .
* Cực trị: Hàm số ñạt cực ñại tại
0=x
và
2
3
=
Cð
y
; ñạt cực tiểu tại
1,1 =−=
xx và
2

1
−=
CT
y .
* Giới hạn:
+∞=
+∞→
y
x
lim
;
+∞=
−∞→
y
x
lim
.






0,5
* Bảng biến thiên
x
∞−

1−
0 1 ∞+

'
y


− 0
+
0 − 0
+



y
∞+

∞+


2
3


2
1
−

2
1
−

c. ðồ thị:
Nhận xét: ðồ thị (C) của hàm số ñã cho
nhận trục tung làm trục ñối xứng.
















0,5
2. (1,0 ñiểm)
Phương trình
2
1
|
2
3
42|
224

+−=+−
mmxx
có 8 nghiệm phân biệt ⇔ ðường thẳng
2
1
2
+−=
mmy
cắt ñồ thị hàm số |
2
3
42|
24
+−=
xxy
tại 8 ñiểm phân biệt.
ðồ thị |
2
3
42|
24
+−=
xxy
gồm phần (C) ở phía trên trục Ox và ñối xứng phần (C) ở phía
dưới trục Ox qua Ox.



0,5

I.
(2,0
ñiểm)
Từ ñồ thị suy ra yêu cầu bài toán
2
1
2
1
0
2
<+−<⇔
mm

.100
2
<<⇔<−⇔
mmm




0,5
O
1
−

1

y
2

1
−

2
3

2
1

x

ĐỀ SỐ 4

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút

2
1. (1,0 ñiểm)
ðiều kiện: .
3
1
−≥
x

Khi ñó, pt ñã cho
113
2
2
113
2 +++

=
+
⇔+−+=
+
⇔
xx
x
x
x
xx
x
x
(1)
*
,0
=
x
thỏa mãn.



0,5
* ,0
≠
x
ta có 22113)1( +=+++⇔ xxx

.
3
722

0843
3)1)(13()2(4)1)(13(224
2
±−
=⇔=−+⇔
=++⇔+=++++⇔
xxx
xxxxxx

ðối chiếu ñiều kiện, ta có nghiệm của phương trình là
.
3
722
,0
+−
== xx




0,5
2. (1,0 ñiểm)
Từ giả thiết ta có
( )
1)22cos()22cos(
2
1
2sin.2cos2
2
=+−−+ CBCBAA

)1(2)22cos(6cos
2)22cos(2cos2cos42cos4
12cos
2
1
)22cos(
2
1
)2cos1(2cos2
3
2
=−+−⇔
=−+−−⇔
=−−+−⇔
CBA
CBAAA
ACBAA





0,5

II.
(2,0
ñiểm)
Vì

1)22cos(,16cos ≤−≤− CBA
nên (1) tương ñương với

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

12
,
6
5
4
,
2
12
5
,
6
,56
,36
,6
1)22cos(
16cos
ππ
ππ
ππ
π
π
π
CBA
CBA
CBA
CBA
CBA
CBA
CB
A

0,5
Ta có
.
cos
1
.
tan2
tan2
)cos3(cos3sin
sin3sin2
)cos3(cos3sin
2cos4cos
2233
xx
x
xxx
xx
xxx
xx
−
=
−
−
=
−

−

ðặt
xt
tan
= . Khi
6
π
=x thì ,
3
1
=t khi
4
π
=x thì
1
=t và
x
x
t
2
cos
d
d
= .


0,5

III.

(1,0
ñiểm)
Suy ra
.
3
5
ln2ln
2
d2
3
1
1
2
1
3
1
2
=−−=
−
=
∫
t
t
tt
I


0,5

IV.
(1,0
ñiểm)

Gọi
'
B thuộc ñường tròn
)'(
O sao cho
'//'
AABB ; M là trung ñiểm của
'.'
BA Ta có
'''
OBA∆ vuông cân tại
'.
O Suy ra
'''
BAMO ⊥ .
Do ñó
).'('
BAAMO ⊥
Suy ra
.30'
0
=∠ AMO
Ta có
.'.2
30sin
'

'
0
MO
MO
AO
==

Mà
''
2
2
'
AOMO = nên ''.2' AOOA = .
Trong tam giác
OAA
'
ta có
.''''''
222
aAOOAAAAO =⇔+=
Vậy
.
3
aV
π
=

0,5







0,5
'
B
'
O
'
A
M
A
B
O
3
ðặt
ayx =+
. Khi ñó
.0,
4
3
>= a
a
xy
Suy ra yx

,
là nghiệm của phương trình
0
4
3
2
=+−
a
att (1)
Phương trình (1) có nghiệm
.303
2
≥⇒≥−=∆⇔ aaa
Vì
1,
≥yx nên
.0)1)(1(
≥−− yx Hay là
01)(
≥++− yxxy
.401
4
3
≤⇔≥+−⇔ aa
a

Vậy ta có
43
≤≤ a .

0,5

Mặt khác, từ giả thiết ta lại có .
3
411
=+
yx

Suy ra
xyyx
yxxyyxP
611
3)(3)(
2
3
−








+++−+=
.
3

168
4
9
23
+−−=
a
aa


0,25

V.
(1,0
ñiểm)
Xét hàm số
.43,
3
168
4
9
)(
23
≤≤+−−= a
a
aaaf
Ta có
].4;3[,0
8
)
2

3
(3
8
2
9
3)('
22
2
∈∀>+−=+−= a
a
aa
a
aaaf
BBT a 3 4

)('
af
+


)(
afP =

3
94


12
113

Dựa vào BBT ta suy ra
12
113
min
=P , ñạt khi
;
2
3
3
==⇔= yxa

3
94
max
=P , ñạt khi



==
==
⇔=
.1,3
3,1
4
yx
yx
a

0,25
1. (1,0 ñiểm)
ðường tròn (C) có tâm
),
4
5
;3(
−I bán kính
.5
=R
Giả sử AI cắt MN tại H. Ta có
.3,
=⊥ MHIHMH
Suy ra
.4
=IH Do ñó .
4
25
2
==
IH
MI
AI

0,5

).12;(
+⇒∆∈ aaAA
Từ
16
625
)
4
1
2()3(
4
25
22
=−++⇒= aaAI



−=
=
⇒=−+⇒
3
2
06
2
a
a
aa
Vậy

)5;2(
A hoặc
).5;3(
−−A



0,5
2. (1,0 ñiểm)

VIa.
(2,0
ñiểm)
Gọi (P
) là mặt phẳng chứa A và
1
∆ .
*
1
∆ ñi qua
)1;0;1(
B có véctơ chỉ phương )2;1;1(
1
−u ; ).2;2;0( −AB
Suy ra mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến
)2;2;2(],[
1
== uABn .
*
)2;21;(),21;;1(

21
sssNNtttMM −+⇒∆∈−+⇒∆∈
Do ñó
)122;12;1( −+−+−−−= tststsMN



0,5
A
M
N
H
I
4
2
122
2
12
2
1
)(
−+−
=
+−
=
−−
⇒⊥
tststs
PMN .
Suy ra

.2,2
−=−= st
Vậy
).4;3;2(),5;2;1(
−−−− NM


0,5
Giả sử
.,, Ryxyixz
∈+=
Khi ñó
* 2)1(2
22
=−+⇔=− yxiz (1)
*
R∈−++−+−=−−+−=+− iyxyyxxiyxyixizz
)1()1()1())1()(1())(1(

01
=−+⇔ yx (2)


0,5


VIIa.
(1,0
ñiểm)
Từ (1) và (2) ta có

0,1
== yx hoặc
.2,1
=−= yx
Suy ra
.21,1
izz +−==

0,5
1. (1,0 ñiểm)
Ta có ).6;(06:
1
+⇒=+−∆∈ ccCyxC
).2;(02:
2
aaAyxA ⇒=−∆∈
Vì
)1;3(
M là trung ñiểm AB nên
).22;6(
aaB −−
Trung ñiểm I của BC có tọa ñộ
.
2
28
;
2
6







+−+− caca
I

Ta có
0
2
28
602:
2
=
+−
−+−⇒=−∆∈
ca
cayxI
).2;4(4
−⇒−=⇒ Cc




0,5
Mặt khác



−

⇒



−−
⇒



=
−=
⇒=−−⇒=
)2;4(
)4;7(
)4;2(
)2;1(
2
1
020.
2
B
B
A
A
a
a
aaCAMA
Vậy
)2;4(),4;7(),2;1(
−−− CBA hoặc

).2;4(),2;4(),4;2(
−− CBA

0,5
2. (1,0 ñiểm)
3
∆ có véctơ chỉ phương )1;1;2(
3
u .
).22;32;1(
)21;3;2(
),1;2;1(
2
1
stststAB
sssBB
tttAA
−−−+−−⇒
−−−⇒∆∈
+−+⇒∆∈

tsuAB −=⇔=⇔∆⊥∆ 0.
33
.
Ta có
.33)1(2)2(1
222
≥+−=−++= tttAB
AB nhỏ nhất
.1

=⇔ t




0,5

VIb.
(2,0
ñiểm)
Khi ñó
).1;1;1(),1;3;3(),2;2;2( −−−− ABBA
Vậy phương trình
.
1
2
1
2
1
2
:
−
−
=
−
+
=
−
∆
zyx

0,5
ðiều kiện
.0,0
>> yx
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có
2
+= xxy hay
.
2
1
x
y =−
Thay vào phương trình thứ hai ta ñược 33063.53
112
=⇔=+−
xxx
hoặc .23
1
=
x




0,5

VIIb.

(1,0
ñiểm)
Suy ra nghiệm của hệ phương trình là
3,1 == yx hoặc .2log21,3log
32
+== yx
0,5

Hết


ĐỀ SỐ 5

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút



PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số
.
1
3
+
−
=
x
x
y
1. Kh

ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
(
C
) c
ủ
a hàm s
ố

đ
ã cho.
2. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ

a (
C
) bi
ế
t kho
ả
ng cách t
ừ
tâm
đố
i x
ứ
ng c
ủ
a (
C
)
đế
n ti
ế
p tuy
ế
n b
ằ
ng
.22

Câu II. (2,0 điểm)
1. Gi
ả

i ph
ươ
ng trình .
2
1
)
3
2cos().sin21( =++
π
xx

2. Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình ).,(
3
32
22
24
R∈





=++
=+

yx
yyx
yxx

Câu III. (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
1e
2
,1e
+
=+=
x
x
yy và 3ln=x .
Câu IV.

(1,0 điểm)
Cho hình chóp
S.ABC
có m
ặ
t ph
ẳ
ng (
SAC
) vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ

ng (
ABC
) và có
).0(3,3,2 >===== aaBCaABaSCSBSA Tính di
ệ
n tích c
ủ
a m
ặ
t c
ầ
u ngo
ạ
i ti
ế
p hình chóp theo a.
Câu V.

(1,0 điểm)
Tìm tham s
ố
m
để
ph
ươ
ng trình sau có nghi
ệ
m th
ự
c

( )
.1)1(
1
1
1
4
=






−+
−
+−+ xx
x
xmxx

PHẦN RIÊNG

(3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần

(phần a, hoặc b)

a. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa.

(2,0 điểm)
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy, cho các
đ
i
ể
m P(1 ; 1), Q(4 ; 2). L
ậ
p ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng d sao
cho kho
ả
ng cách t
ừ

P và Q
đế
n d l
ầ
n l
ượ
t b
ằ
ng 2 và 3.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz, cho tam giác ABC có tr
ọ
ng tâm






1;
3
1
;

3
2
G và ph
ươ
ng trình các
đườ
ng
th
ẳ
ng ch
ứ
a các c
ạ
nh AB, AC l
ầ
n l
ượ
t là





−=
=
=
1
1
22
1

tz
ty
x
và





+=
=
=
2
2
1
0
tz
y
tx
. Xác
đị
nh t
ọ
a
độ
tâm và bán kính c
ủ
a
đườ
ng tròn

ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác ABC.
Câu VIIa.

(1,0 điểm)
Tìm h
ệ
s
ố
c
ủ
a
3
x
trong khai tri
ể
n bi
ể
u th
ứ
c ,)]31(21[
n
xx
−− v
ớ
i
n

là s
ố
nguyên d
ươ
ng th
ỏ
a mãn
.7ACC
2
1
2
1
−=−
−
−
+ n
n
n
n
n
n

b. Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb. (2,0 điểm)
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v

ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ

Oxy
, cho các
đườ
ng th
ẳ
ng
032: =+ yxd và .01813: =+∆ x
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình chính t
ắ
c c
ủ
a hyperbol có m
ộ
t ti
ệ
m c
ậ
n là d và m

ộ
t
đườ
ng chu
ẩ
n là
.∆

2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ

Oxyz
, cho tam giác
ABC
có trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
AC
là







− 3;
2
5
;
2
1
M
, ph
ươ
ng trình các
đườ
ng th
ẳ
ng ch
ứ
a các c
ạ
nh
AB
,
BC
l
ầ
n l
ượ

t là





+=
=
+−=
1
1
5
3
1
tz
y
tx
và





+=
+=
−−=
2
2
2
2

3
44
tz
ty
tx
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng ch
ứ
a
phân giác trong c
ủ
a góc
A
.
Câu VIIb.

(1,0 điểm)
Cho hàm s
ố

x
xx
y

2
2
++
= có
đồ
th
ị
(
H
). Tìm
a

để

đườ
ng th
ẳ
ng 1+=
axy
c
ắ
t (
H
) t
ạ
i hai
đ
i
ể
m

A
,
B
n
ằ
m trên hai nhánh khác nhau c
ủ
a (
H
) sao cho
độ
dài
đ
o
ạ
n
AB
nh
ỏ
nh
ấ
t.

H
ế
t

1

Câu ðáp án ðiểm

1. (1,0 ñiểm)
a. Tập xác ñịnh: }1{\ −= RD .
b. Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có
.1,0
)1(
4
'
2
−≠∀>
+
= x
x
y

Suy ra hàm số ñồng biến trên mỗi khoảng
)1;( −−∞
và
);1( ∞+−
.
* Giới hạn:
1lim =
+∞→
y
x
;
1lim =
−∞→
y
x

; −∞=
+
−→
y
x )1(
lim ; +∞=
−
−→
y
x )1(
lim
Suy ra ñồ thị có tiệm cận ngang là
1=y
và tiệm cận ñứng là
1−=x
.




0,5
* Bảng biến thiên

x
∞−

1−
∞+
'y

− −


y

∞+

1 1


∞−



c. ðồ thị: ðồ thị cắt Ox tại
(3 ; 0); cắt Oy tại
( )
3;0 − .
ðồ thị nhận giao ñiểm
)1;1(
−I
của hai tiệm cận làm
tâm ñối xứng.

0,5
2. (1,0 ñiểm)
Giả sử
.1,
1
3
),();(
0
0
0
000
−≠
+
−
=∈ x
x
x
yCyxM
Khi ñó phương trình tiếp tuyến tại M là
1

3
)(
)1(
4
:
0
0
0
2
0
+
−
+−
+
=∆
x
x
xx
x
y


.0)36()1(4
0
2
0
2
0
=−−++−⇔ xxyxx

0,5

I.
(2,0
ñiểm)
Theo bài ra
22
)1(16
)36()1(4
22);(
4
0
0
2
0
2
0
=
++
−−++−−
⇔=∆
x
xxx
Id






−=
=
⇔
=++−+⇔
3
1
016)1(8)1(
0
0
2
0
4
0
x
x
xx

* Với 1
0
=x , ta có phương trình tiếp tuyến
.2−= xy

* Với 3
0
−=x , ta có phương trình tiếp tuyến
.6+= xy

0,5
O
1
−
1

I
y
3

3
−
x

ĐỀ SỐ 5

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút

2
1. (1,0 ñiểm)
Pt
2
1
)2sin
2

3
2cos
2
1
)(sin21( =−+⇔ xxx





−=+
=
⇔
=−+−−⇔
=−+−−⇔
=−+−⇔
=−+⇔
xxxx
x
xxxxx
xxxxxxx
xxxxxx
xxx
2sin32cossincos3
0sin
0)2sin32coscos3sin(sin2
12sinsin322cossin2cossin32sin21
12sinsin322cossin22sin32cos
1)2sin32)(cossin21(
2

0,5
*
π
kxx =⇔= 0sin .
* xxxx sincos32sin32cos +=−






−=






+⇔
6
cos
3
2cos
ππ

xx







+−=
+−=
⇔






+






−−=+
+−=+
⇔
3
2
18

2
2
2
63
2
2
63
2
ππ
π
π
π
ππ
π
ππ
kx
kx
kxx
kxx

Vậy phương trình có các nghiệm .,
3
2
18
,2
2
,
Z
∈+−=+−== kkxkxkx
ππ

π
π
π






0,5
2. (1,0 ñiểm)
Hệ pt





=++
=++++
⇔
3
62
22
2224
yyx
yxyyxx








=++
=−+++
⇔
3
06)()(
22
222
yyx
yxyx






=++




−=+
=+
⇔
3
3
2
22

2
2
yyx
yx
yx




0,5

II.
(2,0
ñiểm)













=
−=+






=
=+
⇔
)2(
6
3
)1(
1
2
2
2
2
2
y
yx
y
yx

Ta có hệ



−=±=
=±=
⇔
13

1,1
)1(
yx
yx
và hệ (2) vô nghiệm.
Vậy nghiệm (x ; y) của hệ là
)1;3(),1;3(),1;1(),1;1( −−−− .




0,5
Hoành ñộ giao ñiểm của hai ñường cong 1+=
x
ey và
1
2
+
=
x
e
y
là nghiệm của pt
.021
1
2
1
=⇔=+⇔
+
=+

xe
e
e
x
x
x

Suy ra hình phẳng ñã cho giới hạn bởi các ñường 0,
1
2
,1
=
+
=+=
x
e
yey
x
x
và .3ln
=
x



0,25

III.
(1,0
ñiểm)

Mặt khác ]3ln;0[,
1
2
21
∈∀
+
≥≥+
x
e
e
x
x
nên diện tích hình giới hạn là
∫








+
−+=
3ln
0
d
1
2
1

x
e
eS
x
x
.


0,25
3
ðặt
1+=
x
et
. Suy ra
12
d
d
+
=
x
x
e
xe
t
hay
1
d2
d
2

−
=
t
tt
x
. Khi
20 =⇒= tx
; khi
.23ln
=⇒=
tx
Suy ra
∫ ∫∫






+
+
−
−=






−

−=
−






−=
2
2
2
2
2
2
2
2
d
1
1
1
1
2d
1
2
2
1
d2
.
2

t
tt
t
tt
tt
t
tS


( )
).369ln(224|1|ln|1|ln2
2
2
−+−=++−−= ttt





0,5

IV.
(1,0
ñiểm)

* Kẻ
ACSH ⊥ . Do SA = SC nên
H là trung ñiểm AC (1)
Vì
)()(

ABCSAC ⊥ nên
)(
ABCSH ⊥

HBHCHA ==⇒ (2)
Từ (1) và (2) suy ra
ABC∆ vuông tại B có H là tâm
ñường tròn nội tiếp. Do ñó
.32
2222
aAHSASHaBCABAC =−=⇒=+=
* SH là trục ñường tròn ngoại tiếp ABC∆ , trong
mặt phẳng (SAC) ñường trung trực của SA cắt SH
tại O là tâm mặt cầu.
Gọi K là trung ñiểm SA. Khi ñó hai tam giác vuông
SOK và SAH ñồng dạng nên
.
SH
SK
SA
SO
= Suy ra bán
kính mặt cầu
.2
.
a
SH
SASK
SOR
===

Suy ra diện tích mặt cầu là
.164
22
aRS
ππ
==





0,5








0,5
ðiều kiện: .1
>
x
Pt 1)1(
1
1
)1(
4
=







−+
−
+−+⇔ xx
x
xmxx (1)

.1
1
1
)1()1(
1
1
1
1)1(
1
1
4
4
4
m
x
x
x
x

xmxx
x
x
xxxx
x
xm
−=
−
+
−
⇔−=−+
−
+−⇔
−−=−+
−
+⇔





0,5


V.
(1,0
ñiểm
ðặt
4
1

x
x
t
−
=
. Khi ñó .10
<<
t Phương trình trở thành
mt
t
−=+ 1
1
2


1
1
2
+−−=⇔ t
t
m
(2)
Phương trình (1) có nghiệm x
⇔ phương trình (2) có nghiệm
).1;0(∈t

Xét hàm
).1;0(,1
1
)(

2
∈+−−= tt
t
tf
Ta có
).1;0(,01
2
)('
2
∈∀>−= t
t
tf

BBT








Dựa vào BBT, ta có pt có nghiệm nghiệm
.1
−<⇔ m

0,5
)(tf

)(' tf

t

0

1

+

1
−

∞−

S
A

O
B
C
H

K
2a
3a
a
3