10 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN

ĐỀ1
THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số
2 4

1
x
y
x
−
=
+
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1).
Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình:
2
2
1 3 2
1 3
x x
x x
= + + −
+ + −

2. Giải phương trình:
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x
+ + + = + + +

Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân:
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
= +
 ÷
+
 
∫
Câu IV (1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD cạnh a. Hai
đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy lần lượt là trung
điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của hai hình chóp, biết rằng SH = S’K =h.
Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

9 9 9 9 9 9
6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6
x y y z z x
P
x x y y y y z z z z x x
+ + +
= + +
+ + + + + +
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 VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:
2 2
4 3 4 0x y x
+ + − =
.
Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có phương trình
2 3
2 (t R)
4 2
x t
y t
z t
= +


= − ∈


= +

. Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình trong tập số phức:
2
0z z
+ =
B. Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2,0 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x-
7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng:

2 1 0 3 3 0
( ) ; ( ')
1 0 2 1 0
x y x y z
x y z x y
+ + = + − + =
 
∆ ∆
 
− + − = − + =
 
.Chứng minh rằng hai đường thẳng (
∆
) và (
'
∆
) cắt nhau.
Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi (
∆
) và (
'
∆
).
Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình:
2 2 2

3 3 3
log 3 log log
log 12 log log
x y y x
x x y y
+ = +


+ = +

.
Hết
ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điểm
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
CâuI 2.0
1. TXĐ: D = R\{-1}
Chiều biến thiên:
2
6
' 0 x D
( 1)
y
x
= > ∀ ∈
+

=> hs đồng biến trên mỗi khoảng
( ; 1)

−∞ −
và
( 1; )
− +∞
, hs không có cực trị
0.25
Giới hạn:
1 1
lim 2, lim , lim
x
x x
y y y
− +
→±∞
→− →−
= = +∞ = −∞

=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2
BBT
x -
∞
-1 +
∞
y’ + +
y

+
∞

2

2 -
∞
0,25
0.25
+ Đồ thị (C):
Đồ thị cắt trục hoành tại điểm
( )
2;0
, trục tung tại điểm (0;-4)
f(x)=(2x-4)/(x +1)
f(x)=2
x(t)=-1 , y (t) =t
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
x
y
Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng

0.25
2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có
6 6
;2 ; ;2 ; , 1
1 1
A a B b a b
a b
   
− − ≠ −
 ÷  ÷
+ +
   
0.25
Trung điểm I của AB: I
2 2
;
2 1 1
a b a b
a b
+ − −
 
+
 ÷
+ +
 
Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0
0.25
Có :
. 0AB MN
I MN


=


∈


uuur uuuur
0.25
=>
0 (0; 4)
2 (2;0)
a A
b B
= −
 
=>
 
=
 
0,25
CâuII 2.0
1. TXĐ: x
[ ]
1;3
∈ −
0,25
Đặt t=
1 3 , t > 0x x
+ + −

=>
2
2
4
3 2
2
t
x x
−
+ − =
0,25

đc pt: t
3
- 2t - 4 = 0 ó t=2 0,25
Với t = 2 ó
1
1 3 =2 ( / )
3
x
x x t m
x
= −

+ + − ⇔

=

0,25
2.

2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x
+ + + = + + +
1,0
TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x
+ + + = + + +
[ ]
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
− =

⇔ − + + + = ⇔

+ + + =

0,25
+ Với
sin 0 ( )
4
x cosx x k k Z
π
π
− = ⇔ = + ∈
0,25

+ Với
2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx
+ + + =
, đặt t =
sin (t 2; 2 )x cosx
 
+ ∈ −
 
được pt : t
2
+ 4t +3 = 0
1
3( )
t
t loai
= −

⇔

= −

0.25
t = -1
2
( )
2
2
x m
m Z
x m

π π
π
π
= +


⇒ ∈

= − +

Vậy :
( )
4
2 ( )
2
2
x k k Z
x m m Z
x m
π
π
π π
π
π

= + ∈


= + ∈



= − +


0,25
Câu
III
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
= +
 ÷
+
 
∫
1,0
I
1
=
1
ln
1 ln
e

x
dx
x x
+
∫
, Đặt t =
1 ln x+
,… Tính được I
1
=
4 2 2
3 3
−
0,5
( )
2
2
1
ln
e
I x dx
=
∫
, lấy tích phân từng phần 2 lần được I
2
= e - 2
0,25
I = I
1
+ I

2
=
2 2 2
3 3
e
− −
0,25
Câu
IV
1,0
M
N
A
B
D
C
S
S'
H
K
SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D :
. .S ABCD S AMND
V V V= −
0,25


. . .S AMND S AMD S MND
V V V= +
;
. .

. .
1 1
; . ;
2 4
S AMD S MND
S ABD S BCD
V V
SM SM SN
V SB V SB SC
= = = =
0.25
. . .
1
2
S ABD S ACD S ABCD
V V V
= =
;
. . .
3 5
8 8
S AMND S ABCD S ABCD
V V V V
= ⇒ =
0.25
2
5
24
V a h
⇒ =

0.25
CâuV Có x, y, z >0, Đặt : a = x
3
, b = y
3
, c = z
3
(a, b, c >0 ; abc=1)đc :
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
P
a ab b b bc c c ca a
+ + +
= + +
+ + + + + +
0.25
3 3 2 2
2 2 2 2
( )
a b a ab b
a b
a ab b a ab b
+ − +
= +
+ + + +
mà
2 2
2 2
1

3
a ab b
a ab b
− +
≥
+ +
(Biến đổi tương đương)
2 2
2 2
1
( ) ( )
3
a ab b
a b a b
a ab b
− +
=> + ≥ +
+ +
0.25
Tương tự:
3 3 3 3
2 2 2 2
1 1
( ); ( )
3 3
b c c a
b c c a
b bc c c ca a
+ +
≥ + ≥ +

+ + + +
=>
3
2
( ) 2. 2
3
P a b c abc
≥ + + ≥ =
(BĐT Côsi)
0.25
=> P
2, 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1P
≥ = ⇔
Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1
0.25
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
A. Chương trình chuẩn
CâuVI
.a
2.0
1. A(0;2), I(-2
3
;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’
0,25
Pt đường thẳng IA :
2 3
2 2
x t
y t


=


= +


,
'I IA
∈
=> I’(
2 3 ;2 2t t
+
),
0,25

1
2 ' '( 3;3)
2
AI I A t I
= ⇔ = =>
uur uuur

0,25
(C’):
( )
( )
2
2
3 3 4x y− + − =
0.25

2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t)
d
∈
, AB//d. 0.25
Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB
≥
A’B
(MA+ MB)
min
= A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB
0.25
0,25
MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4) 0,25
CâuVI
I.a
1.0
z = x + iy (
,x y R
∈
), z
2
+
2 2 2 2
0 2 0z x y x y xyi
= ⇔ − + + + =
0,25
2 2 2 2
2 0
0
xy

x y x y
=


⇔

− + + =


0,25
(0;0); (0;1) ; (0;-1). Vậy: z = 0, z = i, z = - i 0,5
B. Chương trình nâng cao
Câu 2.0

VI.b
1.
(7;3)BD AB B
∩ =
, pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0
(2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7A AB A a a C BC C c c a c
∈ ⇒ + ∈ ⇒ − ≠ ≠
,
I =
2 1 2 17
;
2 2
a c a c
+ + − +
 
 ÷

 
là trung điểm của AC, BD.
0,25
I
3 18 0 3 18 (6 35;3 18)BD c a a c A c c
∈ ⇔ − − = ⇔ = − ⇒ − −
0,25
M, A, C thẳng hàng ó
,MA MC
uuur uuuur
cùng phương => c
2
– 13c +42 =0 ó
7( )
6
c loai
c
=


=

0,25
c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) 0.25
2.
Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, (
∆
)
∩
(

'
∆
) = A
1 3
;0;
2 2
 
−
 ÷
 
0.5
(0; 1;0) ( )M
− ∈ ∆
, Lấy N
( ')
∈ ∆
, sao cho: AM = AN => N
AMN
∆
cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo bởi (
∆
) và (
'
∆
) chính là đg thẳng AI
0.25
Đáp số:
1 2
1 3 1 3
2 2 2 2

( ) : ;( ) :
1 1 2 2 3 5 1 1 2 2 3 5
14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30
x z x z
y y
d d
+ − + −
= = = =
− − − −
+ + + − − −
0,25
Câu
VII.b
TXĐ:
0
0
x
y
>


>

0.25
2 2 2
3 3 3
log 3 log log
3 . 2 .
log 12 log log
12 . 3 .

x y
x y
x y y x
y x
x x y y
x y

+ = +
=


⇔
 
+ = +
=



0.25
2
3 . 2 .
x y
y x
y x
=

⇔

=


0.25
4
3
4
3
log 2
2log 2
x
y
=


⇔

=


(t/m TXĐ)
0,25
ĐỀ 2
THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1
1
x
y
x

−
=
−
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng
2
.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình
2
17
sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( )
2 2 12
x
x x x
π π
+ + = + +
2) Giải hệ phương trình :
4 3 2 2
3 2
1
1
x x y x y
x y x xy

− + =


− + = −



Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
4
0
tan .ln(cos )
cos
x x
dx
x
π
∫
Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại
đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60
0
. Tính côsin của góc giữa hai mặt
phẳng (SAB) và (SBC) .
Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

3
a b b c c a
ab c bc a ca b
+ + +
+ + ≥
+ + +
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 (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng
∆
: 2x + 3y + 4 = 0.

Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng
∆
sao cho đường thẳng AB và
∆
hợp với nhau góc 45
0
.
Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)
và hai đường thẳng
1
( ) :
1 2 3
x y z
d
+
= =
− −
và
1 4
( ') :
1 2 5
x y z
d
− −
= =
Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.
Câu VIII.a (1 điểm)
Giải phương trình:
2 2
2

(24 1)
(24 1) (24 1)
log log
+
+ +
+ =
x
x x x x
log x x x

Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
2 2
( ) : 1C x y+ =
, đường thẳng
( ) : 0d x y m
+ + =
. Tìm
m
để
( )C
cắt
( )d
tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất.
Câu VII.b (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:
(P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
và đường thẳng
1

∆
:
2
2
−
−
x
=
1
1
+
y
=
3
z
. Gọi
2
∆
là giao tuyến của (P) và (Q).
Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng
1
∆
,
2
∆
.
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log
x
( log
3

( 9
x
– 72 ))
≤
1
Hết
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu - ý Nội dung Điểm

1.1
*Tập xác định :
{ }
\ 1D
=
¡
*Tính
2
1
' 0
( 1)
y x D
x
−
= < ∀ ∈
−
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)
−∞
và
(1; )

+∞
*Hàm số không có cực trị
*Giới hạn
1x
Lim y
+
→
= +∞

1x
Lim y
−
→
= −∞
2
x
Lim y
→+∞
=

2
x
Lim y
→−∞
=
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
*Vẽ đồ thị
0.25
0.25

0.25
0.25
1.2
*Tiếp tuyến của (C) tại điểm
0 0
( ; ( )) ( )M x f x C∈
có phương trình

0 0 0
'( )( ) ( )y f x x x f x= − +
Hay
2 2
0 0 0
( 1) 2 2 1 0x x y x x
+ − − + − =
(*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng
2

0
4
0
2 2
2
1 ( 1)
x
x
−
⇔ =
+ −

giải được nghiệm
0
0x =
và
0
2x =
*Các tiếp tuyến cần tìm :
1 0x y
+ − =
và
5 0x y
+ − =
0.25
0.25
0.25
0.25
2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với

os2 3sin 2 10 os( ) 6 0
6
c x x c x
π
− + + + =

os(2 ) 5 os( ) 3 0
3 6
c x c x
π π
⇔ + + + + =

2
2 os ( ) 5 os( ) 2 0
6 6
c x c x
π π
⇔ + + + + =
Giải được
1
os( )
6 2
c x
π
+ = −
và
os( ) 2
6
c x
π
+ = −
(loại)
*Giải
1
os( )
6 2
c x
π
+ = −
được nghiệm
2

2
x k
π
π
= +
và
5
2
6
x k
π
π
= − +
0.25
0.25
0.25
0.25
2.2
*Biến đổi hệ tương đương với
2 2 3
3 2
( ) 1
( ) 1
x xy x y
x y x xy

− = −


− − = −



*Đặt ẩn phụ
2
3
x xy u
x y v

− =


=


, ta được hệ
2
1
1
u v
v u

= −

− = −

*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3)
*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)
0.25
0.25
0.25

0.25
3 *Đặt t=cosx

Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 ,
4
x
π
=
thì
1
2
t
=
Từ đó
1
1
2
2 2
1
1
2
ln lnt t
I d t dt
t t
= − =
∫ ∫
*Đặt
2
1
ln ;u t dv dt

t
= =

1 1
;du dt v
t t
⇒ = = −
Suy ra
1
2
1
2
1 1
1 1 2 1
ln ln 2
1 1
2
2 2
I t dt
t t t
= − + = − −
∫
*Kết quả
2
2 1 ln 2
2
I
= − −

0.25

0.25
0.25
0.25
4 *Vẽ hình
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh
( )SH A B C
⊥
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là

0
60SEH SFH
= =
*Kẻ
HK S B
⊥
, lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng
HK A
.
*Lập luận và tính được AC=AB=a ,
2
2
a
HA
=
,
0
3
tan 60
2

a
SH HF
= =
*Tam giác SHK vuông tại H có
2 2 2
1 1 1 3
10
K H a
H K HS HB
= + ⇒ =
*Tam giác AHK vuông tại H có
2
20
2
tan
3
3
10
a
A H
A K H
K H
a
= = =

3
cos
23
A K H
⇒ =

0.25
0.25
0.25
0.25
5
*Biến đổi
1 1
1 (1 )(1 )
a b c c
ab c ab b a a b
+ − −
= =
+ + − − − −
*Từ đó
1 1 1
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
− − −
= + +
− − − − − −
Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c
dương
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được
3
1 1 1
3. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

c b a
V T
a b c a c b
− − −
≥
− − − − − −
=3 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c
= = =
0.25
0.25
0.25
0.25
6.a
*
∆
có phương trình tham số
1 3
2 2
x t
y t
= −


= − +

và có vtcp

( 3;2)u
= −
ur
*A thuộc
∆

(1 3 ; 2 2 )A t t
⇒ − − +

0.25

*Ta có (AB;
∆
)=45
0

1
os( ; )
2
c A B u⇔ =
uuuur ur

.
1
2
.
A B u
A B u
⇔ =
uuuur ur

ur

2
15 3
169 156 45 0
13 13
t t t t
⇔ − − = ⇔ = ∨ = −
*Các điểm cần tìm là
1 2
32 4 22 32
( ; ), ( ; )
13 13 13 13
A A
− −
0.25
0.25
0.25
7.a
*(d) đi qua
1
(0; 1;0)M −
và có vtcp
1
(1; 2; 3)u
= − −
uur
(d’) đi qua
2
(0;1;4)M

và có vtcp
2
(1;2;5)u
=
uur
*Ta có
1 2
; ( 4; 8;4)u u O
 
= − − ≠
 
uur uur ur
,
1 2
(0;2;4)M M
=
uuuuuuur
Xét
1 2 1 2
; . 16 14 0u u M M
 
= − + =
 
uur uur uuuuuuur
 (d) và (d’) đồng phẳng .
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt
(1;2; 1)n
= −
ur
và đi qua

M
1
nên có phương trình
2 2 0x y z
+ − + =
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm
0.25
0.25
0.25
0.25
8.a *Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét
1x
≠
, biến đổi phương trình tương đương với

1 2 1
1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)
x x x
x x x
+ =
+ + + + +
Đặt
log ( 1)
x
x t+ =
, ta được phương trình

1 2 1

1 2 2t t t
+ =
+ +
giải được t=1 và t=-2/3
*Với t=1
log ( 1) 1
x
x⇒ + =
phương trình này vô nghiệm
*Với t=-2/3
2
log ( 1)
3
x
x
⇒ + = −


2 3
.(24 1) 1x x⇔ + =
(*)
Nhận thấy
1
8
x
=
là nghiệm của (*)
Nếu
1
8

x
>
thì VT(*)>1
Nếu
1
8
x
<
thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất
1
8
x
=
*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và
1
8
x
=
0.25
0.25
0.25
0.25
6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
( ; ) 1d O d
⇔ <
*Ta có
1 1 1
. .sin .sin
2 2 2

O A B
S O A O B A O B A O B
= = ≤
Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi
0
90A O B
=

1
( ; )
2
d I d⇔ =

1m
⇔ = ±
0.25
0.25
0.25

0.25
7.b
*
1
∆
có phương trình tham số
2 2
1
3
x t
y t

z t
= −


= − +


=

*
2
∆
có phương trình tham số
2
5 3
x s
y s
z s
= +


= +


=

*Giả sử
1 2
;d A d B∩ ∆ = ∩∆ =
(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)A t t t

⇒ − − +
*
( 2 ;3 6; 3 )A B s t s t s t
= + − + −
uuuur
, mf(R) có vtpt
(1;2; 3)n
= −
ur
*
( ) &d R A B n
⊥ ⇔
uuuur ur
cùng phương

2 3 6 3
1 2 3
s t s t s t
+ − + −
⇔ = =
−

23
24
t⇒ =
*d đi qua
1 1 23
( ; ; )
12 12 8
A

và có vtcp
(1;2; 3)n
= −
ur
=> d có phương trình
23
1 1
8
12 12
1 2 3
z
x y
−
− −
= =
−
0.25
0.25
0.25
0.25
8.b
*Điều kiện :
3
0
log (9 72) 0
9 72 0
x
x
x >



− >


− >

giải được
9
log 73x >
Vì
9
log 73x >
>1 nên bpt đã cho tương đương với

3
log (9 72)
x
x
− ≤

9 72 3
x x
⇔ − ≤

3 8
3 9
x
x

≥ −


⇔

≤



2x
⇔ ≤
*Kết luận tập nghiệm :
9
(log 72;2]T
=
0.25
0.25
0.25
0.25
ĐỀ3
THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ
nhất.
Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình
cos2x 2sin x 1 2sin x cos2x 0
+ − − =
2. Giải bất phương trình
( )
2
4x 3 x 3x 4 8x 6
− − + ≥ −
Câu III ( 1điểm)Tính tích phân
3
6
cotx
I dx
sinx.sin x
4
π
π
=
π
 
+
 ÷
 
∫
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ S
xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và
SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 30
0
.

Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a
2
+b
2
+c
2
=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
2 2 2
3 3 3
a b c
P
b c a
= + +
+ + +
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) :
2 2
x y 2x 8y 8 0+ + − − =
. Viết phương
trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có
độ dài bằng 6.
2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ
dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất.
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm số phức z thoả mãn :
z 2 i 2
− + =

. Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Tính giá trị biểu thức:
2 4 6 100
100 100 100 100
4 8 12 200A C C C C
= + + + +
.
2. Cho hai đường thẳng có phương trình:
1
2 3
: 1
3 2
x z
d y
− +
= + =
2
3
: 7 2
1
x t
d y t
z t
= +


= −



= −

Viết phương trình đường thẳng cắt d
1
và d
2
đồng thời đi qua điểm M(3;10;1).
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình sau trên tập phức: z
2
+3(1+i)z-6-13i=0
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu Nội dung Điểm

I
1
Tập xác định: D=R
( ) ( )
3 2 3 2
lim 3 2 lim 3 2
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− + = −∞ − + = +∞
y’=3x
2

-6x=0
0
2
x
x
=

⇔

=

Bảng biến thiên:
x -∞ 0 2 + ∞
y’ + 0 - 0 +
2 + ∞
y
-∞ -2
Hàm số đồng biến trên khoảng:
(-∞;0) và (2; + ∞)
Hàm số nghịch biến trên
khoảng (0;2)
f
CĐ
=f(0)=2; f
CT
=f(2)=-2
y’’=6x-6=0<=>x=1
khi x=1=>y=0
x=3=>y=2
x=-1=>y=-2

Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng.
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
2
Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2)
Xét biểu thức P=3x-y-2
Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0
Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2,
để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng
Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
4
3 2
5
2 2 2
5
x
y x
y x
y

=

= −


⇔
 

= − +


=


=>
4 2
;
5 5
M
 
 ÷
 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
II
1
Giải phương trình:
cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0
+ − − =
(1)

( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 os2 1 2sin 1 2sin 0
os2 1 1 2sin 0
c x x x

c x x
⇔ − − − =
⇔ − − =
Khi cos2x=1<=>
x k
π
=
,
k Z
∈
Khi
1
sinx
2
=
⇔
2
6
x k
π
π
= +
hoặc
5
2
6
x k
π
π
= +

,
k Z
∈

0,5 đ
0,5 đ
2
Giải bất phương trình:
( )
2
4x 3 x 3x 4 8x 6
− − + ≥ −
(1)
(1)
( )
(
)
2
4 3 3 4 2 0x x x
⇔ − − + − ≥
Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4

2
3 4 2x x
− + −
=0<=>x=0;x=3
0,25 đ
0,25 đ

Bảng xét dấu:

x -∞ 0 ¾ 2 + ∞
4x-3 - - 0 + +
2
3 4 2x x
− + −
+ 0 - - 0 +
Vế trái - 0 + 0 - 0 +
Vậy bất phương trình có nghiệm:
[
)
3
0; 3;
4
x
 
∈ ∪ +∞
 
 
0,25 đ
0,25 đ
III
Tính
( )
( )
3 3
6 6
3
2
6
cot cot

2
sinx sinx cos
sin x sin
4
cot
2
sin x 1 cot
x x
I dx dx
x
x
x
dx
x
π π
π π
π
π
π
= =
+
 
+
 ÷
 
=
+
∫ ∫
∫
Đặt 1+cotx=t

2
1
sin
dx dt
x
⇒ = −
Khi
3 1
1 3;
6 3
3
x t x t
π π
+
= ⇔ = + = ⇔ =
Vậy
( )
3 1
3 1
3 1
3
3 1
3
1 2
2 2 ln 2 ln 3
3
t
I dt t t
t
+

+
+
+
−
 
= = − = −
 ÷
 
∫
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
IV
Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H.
Xét ∆SHA(vuông tại H)
0
3
cos30
2
a
AH SA
= =
Mà ∆ABC đều cạnh a, mà cạnh
3
2
a
AH
=
=> H là trung điểm của cạnh BC

=> AH ⊥ BC, mà SH ⊥ BC =>
BC⊥(SAH)
Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại
K
=> HK là khoảng cách giữa BC và SA
=>
0
3
AHsin 30
2 4
AH a
HK
= = =
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng
3
4
a
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
V Ta có:

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3

a a b a a
b b
+
+ + ≥ =
+ +
(1)

H
A
C
B
S
K

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
b b c c c
c c
+
+ + ≥ =
+ +
(2)

3 3 2 6 2
3

2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
c c a c c
a a
+
+ + ≥ =
+ +
(3)
Lấy (1)+(2)+(3) ta được:

( )
2 2 2
2 2 2
9 3
16 4
a b c
P a b c
+ + +
+ ≥ + +
(4)
Vì a
2
+b
2
+c
2
=3

Từ (4)
3
2
P
⇔ ≥
vậy giá trị nhỏ nhất
3
2
P
=
khi a=b=c=1.
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
VI.a
1
Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5
Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là ∆,
=> ∆ : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0)
Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=>
khoảng cách từ tâm I đến ∆ bằng
2 2
5 3 4
− =
( )
2
4 10 1
3 4

, 4
3 1 4 10 1
c
c
d I
c

= −
− + +
⇒ ∆ = = ⇔

+ = − −


(thỏa mãn c≠2)
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
3 4 10 1 0x y
+ + − =
hoặc
3 4 10 1 0x y
+ − − =
.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2
Ta có
( )
1; 4; 3AB = − − −

uuur
Phương trình đường thẳng AB:
1
5 4
4 3
x t
y t
z t
= −


= −


= −

Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên
cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)
( ;4 3;3 3)DC a a a
⇒ = − −
uuur
Vì
AB DC
⊥
uuur uuur
=>-a-16a+12-9a+9=0<=>
21
26
a
=

Tọa độ điểm
5 49 41
; ;
26 26 26
D
 
 ÷
 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
VII.a
Gọi số phức z=a+bi
Theo bài ra ta có:
( )
( ) ( )
2 2
2 1 2
2 1 4
3
3


− + + =
− + + =
 
⇔
 
= −

= −




a b i
a b
b a
b a

2 2 2 2
1 2 1 2
 
= − = +
 
⇔
 
= − − = − +
 
 
a a
hoac
b b
Vậy số phức cần tìm là: z=
2 2−
+(
1 2
− −
)i; z= z=
2 2

+
+(
1 2
− +
)i.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
A. Theo chương trình nâng cao
VI.b 1
Ta có:
( )
100
0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
1 x C C x C x C x
+ = + + + +
(1)

( )
100
0 1 2 2 3 3 100 100
100 100 100 100 100
1 x C C x C x C x C x
− = − + − + +
(2)
0,25 đ

Lấy (1)+(2) ta được:

( ) ( )
100 100
0 2 2 4 4 100 100
100 100 100 100
1 1 2 2 2 2x x C C x C x C x
+ + − = + + + +
Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được
( ) ( )
99 99
2 4 3 100 99
100 100 100
100 1 100 1 4 8 200x x C x C x C x
+ − − = + + +
Thay x=1 vào
=>
99 2 4 100
100 100 100
100.2 4 8 200A C C C
= = + + +
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2
Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng
d
1
và d
2
lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).
Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=>

MA kMB
=
uuur uuur

( ) ( )
3 1; 11; 4 2 , ; 2 3;MA a a a MB b b b= − − − + = − − −
uuur uuur

3 1 3 1 1
11 2 3 3 2 11 2
4 2 2 4 1
a kb a kb a
a kb k a k kb k
a kb a kb b
− = − = =
  
  
⇒ − = − − ⇔ + + = ⇔ =
  
  
− + = − + = =
  
=>
( )
2; 10; 2MA = − −
uuur
Phương trình đường thẳng AB là:
3 2
10 10
1 2

x t
y t
z t
= +


= −


= −

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
VII.b
∆=24+70i,
7 5i
∆ = +
hoặc
7 5i
∆ = − −
2
5 4
z i
z i
= +

=>


= − −

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
ĐỀ4
THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − +
(1)

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
góc tọa độ O bằng
2
lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O.
Câu II (2 điểm):
1. Giải phương trình :
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x
π
+ +
2. Giải phương trình :

2 2

1 2 2 1 2 2
2
2
log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )
x
x x x x x x
+
− + − − = − + + −

Câu III (1 điểm): Tính tích phân
6
0
tan( )
4
os2x
x
I dx
c
π
π
−
=
∫
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt phẳng
(AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2
3( ) 2P x y z xyz= + + −

.
B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng
:3 4 4 0x y
∆ − + =
.
Tìm trên
∆
hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC
bằng15.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1;6;2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển Niutơn của biểu thức :
2 10

(1 2 3 )P x x= + +

2.Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm):
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp
2 2
( ) : 1
9 4
x y
E + =
và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) .
Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1;6;2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm):
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn
2
0 1 2
2 2 2 121

2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
+ + + + =
+ +

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Điểm

I
II
III
2. Ta có
, 2 2
3 6 3( 1)y x mx m= − + −
Để hàm số có cực trị thì PT
,
0y
=
có 2 nghiệm phân biệt

2 2
2 1 0x mx m
⇔ − + − =
có 2 nhiệm phân biệt

1 0, m
⇔ ∆ = > ∀

05
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là
B(m+1;-2-2m)
025
Theo giả thiết ta có
2
3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m

= − +
= ⇔ + + = ⇔

= − −


Vậy có 2 giá trị của m là
3 2 2m
= − −
và
3 2 2m
= − +
.
025

1.

os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2
os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0
PT c x c
c x c x
π
 
⇔ + = +
 ÷
 
⇔ + =
05

sin(4 ) sin(2 ) 0
6 6
18 3
2sin(3 ). osx=0
6
x=
2
x x
x k
x c
k
π π
π π
π
π

π
⇔ + + + =

= − +

⇔ + ⇔


+


Vậy PT có hai nghiệm
2
x k
π
π
= +
và
18 3
x k
π π
= − +
.
05
2. ĐK :
1 5
2 2
0
x
x

−

< <



≠

.
Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
2
2
2
2 2 2 2
2
log (5 2 )
log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 )log (2 1)
log (2 1)
x
x x x x
x
−
− + = − + − +
+
05
2
2 2
2
1
4

log (2 1) 1
1
log (5 2 ) 2log (2 1) 2
2
log (5 2 ) 0
2
x
x
x x x x
x
x
−

=

+ = −




⇔ − = + ⇔ = ∨ = −



− =


=




025
Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025
2
6 6
2
0 0
tan( )
tan 1
4
os2x (t anx+1)
x
x
I dx dx
c
π π
π
−
+
= = −
∫ ∫
,
2
2
1 tan x
cos 2x
1 tan x
−
=
+

025
Đặt
2
2
1
t anx dt= (tan 1)
cos
t dx x dx
x
= ⇒ = +
0 0
1
6
3
x t
x t
π
= ⇒ =
= ⇒ =
05

Suy ra
1
1
3
3
2
0
0
1 1 3

( 1) 1 2
dt
I
t t
−
= − = =
+ +
∫
.
025
Ta có
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥ ⊥ ⊥


⊥ =

AM SC
⇒ ⊥
(1)
Tương tự ta có
AN SC
⊥
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
AI SC
⊥

05
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra
1
.
3
ABMI ABM
V S IH
=
Ta có
2
4
ABM
a
S =
2 2
2 2 2 2 2
. 1 1 1
2 3 3 3
IH SI SI SC SA a
IH BC a
BC SC SC SA AC a a
= = = = = ⇒ = =
+ +
Vậy
2 3
1
3 4 3 36
ABMI
a a a

V = =
05
Ta c ó:

[ ]
2
3 ( ) 2( ) 2
3 9 2( ) 2
27 6 ( ) 2 ( 3)
P x y z xy yz zx xyz
xy yz zx xyz
x y z yz x
 
= + + − + + −
 
= − + + −
= − + − +
025

2
3 2
( )
27 6 (3 ) ( 3)
2
1
( 15 27 27)
2
y z
x x x
x x x

+
≥ − − − +
= − + − +
025
Xét hàm số
3 2
( ) 15 27 27f x x x x= − + − +
, với 0<x<3
, 2
1
( ) 3 30 27 0
9
x
f x x x
x
=

= − + − = ⇔

=

Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7
1x y z
⇔ = = =
.
05
1. Gọi
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )
4 4

a a
A a B a
+ −
⇒ −
. Khi đó diện tích tam giác ABC là

1
. ( ) 3
2
ABC
S AB d C AB
= → ∆ =
.
05
Theo giả thiết ta có
2
2
4
6 3
5 (4 2 ) 25
0
2
a
a
AB a
a
=

−
 

= ⇔ − + = ⇔
 ÷

=
 

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
05
2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
Véc tơ pháp tuyến của
( )
α
là
(1;4;1)n
r
025
Vì
( ) ( )P
α
⊥
và song song với giá của
v
r
nên nhận véc tơ

(2; 1;2)
p
n n v= ∧ = −
uur r r
làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0

025

Vì (P) tiếp xúc với (S) nên
( ( )) 4d I P
→ = ⇔
21
( ( )) 4
3
m
d I P
m
= −

→ = ⇔

=

025
Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025
Ta có
10 10
2 10 2
10 10
0 0 0
(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
k
k k k i k i i k i
k
k k i
P x x C x x C C x

− +
= = =
= + + = + =
∑ ∑ ∑
05
Theo giả thiết ta có
4
0 1 2
0 10
4 3 2
,
k i
i i i
i k
k k k
i k N
+ =

= = =
  

≤ ≤ ≤ ⇔ ∨ ∨
   
= = =
  

∈

025
Vậy hệ số của

4
x
là:
4 4 3 1 2 2 2 2
10 10 3 10 2
2 2 3 3 8085C C C C C
+ + =
.
025
1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có
2 2
1
9 4
x y
+ =
và diện tích tam giác ABC là
1 85 85
. ( ) 2 3 3
2 13 3 4
2 13
ABC
x y
S AB d C AB x y= → = + = +
05
2 2
85 170
3 2 3
13 9 4 13
x y

 
≤ + =
 ÷
 
Dấu bằng xảy ra khi
2 2
2
1
3
9 4
2
2
3 2
x y
x
x y
y


+ =

=
 
⇔
 
 
=
=




. Vậy
3 2
( ; 2)
2
C
.
05
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 cân từ 0 đến 2 , ta được:
1 2 3 1
0 1 3
3 1 2 2 2
2
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
+ +
−
= + + + +
+ +

05
⇔
2 1 1
0 1 2
1
2 2 2 3 1 121 3 1

2 3 1 2( 1) 1 2( 1)
3 243 4
n n n
n
n n n n
n
C C C C
n n n n
n
+ +
+
− −
+ + + + = ⇔ =
+ + + +
⇔ = ⇔ =
Vậy n=4.
05
Sở Giáo Dục & Đào Tạo Thái
Bình
Trường THPT Trần Quốc
Tuấn
Đề chính thức
Kì thi thử đại học lần V năm học 2012-2013

(Thời gian làm bài 180 phút –không kể thời gian giao đề)
Môn thi : Toán __ Ngày thi 13-04-2013
Câu 1(2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
2 ( 1)y x x m x m
= − − − +
(1)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m=1.

b. Trong trường hợp hàm số (1) đồng biến trong tập số thực, tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn
bởi đồ thị và hai trục toạ độ bằng 1.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sau :
1 sin 2
cot 2sin( )
sin cos 2
2
x
x x
x x
π
+ = +
+
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau :
2 2
2 2
7
(2 1)(2 1)
2
7 6 14 0

x y xy
x y xy x y

− − =



+ + − − + =

Câu 4 (1,0 điểm)Tính tích phân sau :
2
3
2
3
( sin )sin
(1 sin )sin
x x x x
dx
x x
π
π
+ +
+
∫
.
Câu 5(1,0 điểm)Trong khai triển
4
( 3 5)
n
+

có bao nhiêu số hạng hữu tỉ, biết n thoả mãn:
1 2 3 2 496
4 1 4 1 4 1 4 1
2 1
n
n n n n
C C C C
+ + + +
+ + + + = −
.
Câu 6(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a, AD=a
2
,SA=a và
SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AD ; SC và I là giao điểm
của hai đoạn BM và AC.Chứng minh mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SMB).Tính thể tích
của khối tứ diện ANIB.
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình thoi tâm I(2;1) và điểm M(3;1) là trung điểm của IC
.Bán kính đường tròn nội tiếp hình thoi bằng
2
5
.Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi và bán kính đường
tròn nội tiếp
V
ABD.
Câu 8(1,0 điểm) Tromg không gian Oxyz cho A(2;0;0)và H(1;1;1).Viết phương trình mặt phẳng (P) đi
qua hai điển A và H đồng thời cắt Oy,Oz lần lượt tại hai điểm B,C khác gốc toạ độ O sao cho diện tích
V
ABC bằng 4
6
.

Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn điều kiện 12
≥
21ab+2bc+8ca.
Tìm giá trị nhỏ nhất củabiểu thức
1 2 3
a b c
P
+ +
=
…………………………………………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
…… Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm…….
ĐỀ 5
THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013
Môn thi : TOÁN
Câu I: (2,0 điểm)
Cho hàm số
mxxxy
+−−=
93
23
, trong đó
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi
0
=
m
.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số

m
để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
có hoành độ lập thành cấp số cộng.
Câu II: (2,0 điểm)

1. Giải phương trình:
2
sin
2
1
3
cos
4
1
22
xx
=+
.
2. Giải phương trình:
)4(log3)1(log
4
1
)3(log
2
1
8
8
4
2
xxx

=−++
.
Câu III: (1,0 điểm)
Tính tích phân:
∫
+
=
4
6
2
cos1cos
tan
π
π
dx
xx
x
I
.
Câu IV: (1,0 điểm)
Tính thể tích của khối hộp
''''. DCBAABCD
theo
a
. Biết rằng
''' DBAA
là khối tứ diện đều
cạnh
a
.

Câu V: ( 1,0 điểm)
Tìm các giá trị của tham số
m
để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc đoạn






−
1;
2
1
:
mxxx
=++−−
12213
232
(
Rm
∈
).
Câu VI: (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng
Oxy
, cho đường thẳng
)(d
có phương trình:
052

=−−
yx
và hai điểm
)2;1(A
;
)1;4(B
. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng
)(d
và đi qua hai
điểm
A
,
B
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
, cho hai điểm
)2;1;1(A
,
)2;0;2(B
.
a. Tìm quỹ tích các điểm
M
sao cho
5
22
=−
MBMA
.
b. Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng

)(OAB
và
)(Oxy
.
Câu VII: (1,0 điểm)
1. Với
n
là số tự nhiên, chứng minh đẳng thức:
113210
2).2().1( 4.3.2
−−
+=+++++++
nn
n
n
nnnnn
nCnCnCCCC
.
2. Giải hệ phương trình:
x iy 2z 10
x y 2iz 20
ix 3iy (1 i)z 30
+ − =


− + =


+ − + =


……………………. Hết……………………
Lời giải tóm tắt
Câu I:
2.
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng
⇔
Phương trình
3 2
3 9 0− − + =x x x m
có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng
⇔
Phương trình
3 2
3 9x x x m− − = −
có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng
⇔
Đường thẳng
y m= −
đi qua điểm uốn của đồ thị
.11 11m m
⇔ − = − ⇔ =

Câu II:
1.
( ) ( )
( )
cos
cos
cos sin
cos cos cos cos

cos cos cos cos cos cos
cos cos cos
+
−
+ = ⇔ + =
 
⇔ + + = − ⇔ + = − =
 ÷
 
⇔ + − = − − ⇔ + − + − =
⇔ + − =
2 2
2 3 2 3
2
2
1
1 1 1 1
3
4 3 2 2 4 2 4
2
1 2 2 1 2 2 2 3
3 3
2 2 2 1 4 3 2 4 2 4 3 0
4 4 3 0
x
x x x
x x
x a a a
a a a a a a
a a a

( )
cos
cos
cos
.
cos cos
cos
0
3
0
3
1
3 3 2
2
2
6
2
3
3 3 3 3
loaïi
2
a
x x
k
x k
a
x x
x k
k
a

π
π
π
π
π π
π π
π


=
 
= = +


 
= +


⇔ = ⇔ ⇔ ⇔
 


 
= ± +
= = ± +


 
 


= −

2.
)4(log3)1(log
4
1
)3(log
2
1
8
8
4
2
xxx
=−++
.
Điều kiện:
.
3
1 0 1
0
x
x x
x
> −


≠ ⇔ < ≠



>

Biến đổi theo logarit cơ số 2 thành phương trình
( ) ( ) ( )
( )
log log
.
2 2
2
3 1 4
2 3 0
1 loaïi
3
3
x x x
x x
x
x
x
+ − =
 
 
⇔ − − =
= −

⇔ ⇔ =

=

Câu III:

∫
+
=
4
6
2
cos1cos
tan
π
π
dx
xx
x
I
tan tan
cos tan
cos
cos
4 4
2 2
2
2
6 6
1
2
1
x x
dx dx
x x
x

x
π π
π π
= =
+
+
∫ ∫
.
Đặt
tan .
cos
2
1
u x du dx
x
= ⇒ =
.
1
6
3
1
4
x u
x u
π
π
= => =
= ⇒ =
.
1

2
1
3
2
u
I dx
u
=> =
+
∫
Đặt
2
2
2
2
u
t u dt du
u
= + ⇒ =
+
.

1 7
3
3
u t= ⇒ =
.1 3u t= ⇒ =
.
3
3

7
7
3
3
7 3 7
3
3 3
I dt t
−
⇒ = = = − =
∫
Câu IV:
ñaùy
V S h= ×
.
2
ñaùy
3
2
a
S =
,
6
3
a
h =

.
3
3

2
a
V=> =
Câu V:
mxxx
=++−−
12213
232
(
Rm
∈
).
Đặt
( )
2 3 2
3 1 2 2 1f x x x x= − − + +
, suy ra
( )
f x
xác định và liên tục trên đoạn
;
1
1
2
 
−
 
 
.
( )

'
2
2 3 2 2 3 2
3 3 4 3 3 4
1 2 1 1 2 1
x x x x
f x x
x x x x x x
 
+ +
= − − = − +
 ÷
− + + − + +
 
.
;
1
1
2
x
 
∀ ∈ −
 
 
ta có
2 3 2
4 3 3 4
3 4 0 0
3
1 2 1

x
x x
x x x
+
> − ⇒ + > ⇒ + >
− + +
.
Vậy:
( )
' 0 0f x x= ⇔ =
.
Bảng biến thiên:
( )
( )
' || ||
1
0 1
2
0
1
CÑ
3 3 22
2
4
x
f x
f x
−
+ −
−

−
Dựa vào bảng biến thiên, ta có:
Phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất thuộc
;
1
1
2
 
−
 
 
3 3 22
4
2
m
−
⇔ − ≤ <
hoặc
1m
=
.
Câu VI:
1.
Phương trình đường trung trực của AB là
3 6 0x y− − =
.
Tọa độ tâm I của đường tròn là nghiệm của hệ:
( )
; .
2 5 1

1 3
3 6 3
x y x
I
x y y
− = =
 
⇔ ⇒ −
 
− = = −
 
5R IA= =
.

Phương trình đường tròn là
( ) ( )
2 2
1 3 25x y− + + =
.
2.a.
( )
, ,M x y z∀
sao cho
2 2
5MA MB− =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
.
2 2 2 2 2
2
1 1 2 2 2 5

2 2 7 0
x y z x y z
x y
⇔ − + − + − − − − − − =
⇔ − − =
Vậy quỹ tích các điểm M là mặt phẳng có phương trình
2 2 7 0x y− − =
.
2.b.
( ) ( )
, ; ; ; ;2 2 2 2 1 1 1OA OB
 
= − = −
 
uuur uuur
( )
: 0OAB x y z⇒ + − =
.
( )
: 0Oxy z =
.
( )
; ;N x y z
cách đều
( )
OAB
và
( )
Oxy

( )
( )
( )
( )
, ,d N OAB d N Oxy⇔ =
1
3
x y z z+ −
⇔ =

( )
( )
.
3 1 0
3
3 1 0
x y z
x y z z
x y z

+ − + =

⇔ + − = ± ⇔

+ + − =


Vậy tập hợp các điểm N là hai mặt phẳng có phương trình
( )
3 1 0x y z+ − + =

và
( )
3 1 0x y z+ + − =
.
Câu VII :
Khai triển
( )
1
n
x+
ta có:
( )
.
0 1 2 2 3 3 1 1
1
n
n n n n
n n n n n n
x C C x C x C x C x C x
− −
+ = + + + + + +
Nhân vào hai vế với
x∈ ¡
, ta có:
( )
.
0 1 2 2 3 3 4 1 1
1
n
n n n n

n n n n n n
x x C x C x C x C x C x C x
− +
+ = + + + + + +
Lấy đạo hàm hai vế ta có:
( ) ( ) ( )

1
0 1 2 2 3 3 1 1
2 3 4 1 1 1
n n
n n n n
n n n n n n
C C x C x C x nC x n C x n x x x
−
− −
+ + + + + + + = + + +
( ) ( )
.
1
1 1
n
x nx x
−
= + + +
Thay
1x =
, ta có
( )
. . . . ( ). . .

0 1 2 3 1 1
2 3 4 1 2 2
n n n
n n n n n n
C C C C n C n C n
− −
+ + + + + + + = +
Hết
ĐỀ 6
THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013
Môn thi : TOÁN
I. PHẦN CHUNG:
Câu 1:
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =
2 4
1
x
x
−
+
2. Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(- 3;0) và N(- 1; - 1)
Câu 2:

1. Giải phương trình: 4cos
4
x – cos2x
1 3x
os4x + cos
2 4
c−

=
7
2
2. Giải phương trình: 3
x
.2x = 3
x
+ 2x + 1
Câu 3:
Tính tích phân: K =
2
0
1 sinx
1+cosx
x
e dx
π
+
 
 ÷
 
∫
Câu 4:
Cho hình chóp tam gíac đều S.ABC độ dài cạnh bên bằng 1. Các mặt bên hợp với mặt phẳng đáy
một góc α. Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC.
Câu 5:
Cho đường thẳng (d):
2 4
3 2 2
x y z− −

= =
−
và hai điểm A(1;2; - 1), B(7;-2;3). Tìm trên (d) những
điểm M sao cho khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhất
II. PHẦN RIÊNG:
1) Theo cương trình chuẩn:
Câu 6a:
1.Năm đoạn thẳng có độ dài 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trong năm
đoạn thẳng trên. Tìm xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác.
2. Giải hệ phương trình:
8
5
x x y x y y
x y

− = +


− =


Câu 7a:
Tìm giá trị nhỏ nhất y =
2
osx
sin (2 osx -sinx)
c
x c
với 0 < x ≤
3

π
2) Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b:
1. Tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton:
( )
5
lg(10 3 ) ( 2)lg3
2 2
x
n
x− −
+
biết rằng số hạng thứ
6 của khai triển bằng 21 và
1 3 2
2
n n n
C C C+ =
2. Cho
2 2
3 os in
3 3
c s
π π
α
 
= +
 ÷
 
. Tìm các số phức β sao cho β

3
= α
Câu 7b:
Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng:
2 2 2
52
2 2
27
a b c abc
≤ + + + <
Hết
LỜI GIẢI TÓM TẮT
I. PHẦN CHUNG:
Câu 1:
1. HS tự giải.
2.
MN
uuuur
= (2;-1). ==> MN: x + 2y + 3 = 0
Đường thẳng (d) ⊥ MN, (d) có dạng phương trình y = 2x + m.
Gọi A, B là hai điểm thuộc (C) đối xứng nhau qua đường thẳng MN
Hoành độ của A và B là nghiệm của phương trình:

2 4
2
1
x
x m
x
−

= +
+
⇒ 2x
2
+ mx + m + 4 = 0 ( x ≠ - 1) (1)