WWW.VIETMATHS.COM


TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH
TỔ: TOÁN

ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG NĂM 2013
Môn thi: TOÁN – Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
ĐỀ SỐ 1
PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3 ( 1) 1
y x mx m x
    
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1
m

.
2. Tìm
m
để đường thẳng
2 1
y x
 
cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn
điểm



C 0;1
nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng
30
.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2cos4x - (
3
- 2)cos2x = sin2x +
3

2. Giải hệ phương trình
2 2
2 1 2 4( 1)
4 2 7
x y x y
x y xy

    


  


.
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I =
e
1
ln x 2
dx

xln x x



.
Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a. Cạnh SA vuông góc với
mặt phẳng (ABC) . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 45
0
. Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABC. Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a.
Câu V: (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
z
y
x
,
,
thoả mãn 3
222
 zyx . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức:
zyx
zxyzxyA


5
.
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 tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;2) và đường thẳng (

):
3 4 7 0
x y
  
. Viết
phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng (

) tại hai điểm B, C sao cho

ABC vuông tại A
và có diện tích bằng
4
5
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 2
:
2 1 1
x y z
  
  

và điểm A(2;1;2).
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa

sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng
1
3

.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển
( )
10
1 2x
+ .
( )
2
2
3 4x 4x
+ + =
0
a
+
1
a
x +
2
a
x
2
+ .+
14
a
x
14
. Tìm giá trị của a
6
.
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3). Biết đỉnh A , C lần lượt
thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng :
1
1
: 2
1
x t
d y t
z
 


 




;
WWW.VIETMATHS.COM


2
2 1 1
:
1 2 2
x y z
d
  

 

. Viết phương trình mp(P) song song với
1
d
và
2
d
, sao cho khoảng cách từ
1
d
đến (P)
gấp hai lần khoảng cách từ
2
d
đến (P).
Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
log ( 2 8) 6
8 2 .3 2.3
x x y x y
y x

  



 



.
Hết
TRƯ
ỜNG THPT CHUY
ÊN NGUYÊN T
ẤT TH
ÀNH

TỔ: TOÁN

ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1.

C
âu

N
ỘI DUNG

ĐI
ỂM

Câu 1

I.1
Với m=1 ta có
3 2
2 3 1
y x x
  


 TXĐ: D=R
 Sự biến thiên:
- Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
   

0,25

-Ta có:
' 6 ( 1)
  
y x x
0
' 0
1
x
y
x


 




-BBT:
x


0 1


y’ + 0 - 0 +
y 1





0

0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (

;0) và (1;

)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1)
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và y
CĐ
=1
Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và y
CT
=0
0,25

 Đồ thị:
- Ta có

1
'' 12 6 '' 0
2
     
y x y x
1 1
( ; )
2 2
I là điểm uốn của đồ thị.
- Đồ thị (C) cắt trục Oy tại


A 0;1

- Đồ thi cắt trục Ox tại
 
1
B 1;0 ;C ;0
2
 

 
 








0,25
WWW.VIETMATHS.COM




I.2
Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số:
3 2
2 3 ( 1) 1
y x mx m x
    
là
nghiệm phương trình:
3 2
2 3 ( 1) 1 2 1
x mx m x x
     

2
2
0 1
(2 3 3) 0
2 3 3 0 (*)
  

     

   


x y
x x mx m
x mx m

0,25
Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi
và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu
2.( 3) 0 3
m m
    

0,25
Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn
3
2
3
.
2
A B
A B
m
x x
m
x x

 









và
2 1
2 1
A A
B B
y x
y x
 


 

( vì A và B thuộc (d))
0,25
AB =
30
2 2
( ) ( ) 30
B A B A
x x y y    
2
2 2
9 3
( ) 6 ( ) 4 . 6 4. 6
4 2


         
B A B A B A
m m
x x x x x x
 
2
0
9 8 0 : 3
8
9



    



m
m m tmdk m
m
.
0,25
CÂU II


II.1
1. Giải phương trình: 2cos4x - (
3
- 2)cos2x = sin2x +
3



Phương tr
ình
đ
ã cho t
ương đương v
ới

2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x
0,25
2
cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c c x
c

  



0,25
+ osx=0 x=
2
c k


 
0.25

WWW.VIETMATHS.COM


+
3x=x- 2
6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6
3 2
6
k
c c
x x k








 


  


12
24 2
x k

k
x


 

  




 



0,25
II.2
2. Giải hệ phương trình
2 2
2 1 2 4( 1)
4 2 7
x y x y
x y xy

    


  



.

Điều kiện: x+2y
1 0
 

Đặt t =
2 1 (t 0)
x y
  

0,25
Phương trình (1) trở thành : 2t
2
– t – 6 = 0


 
2 /
3
t/m
2
t t m
t k
 



 




0,25
+ Hệ
2 2
2 3
4 2 7
x y
x y xy
 



  


0,25

1
1
( / )
2
1
2
x
y
t m
x
y

























0,25
Câu II

Ta có: I =
e
1
ln x 2

dx
xln x x



=
e
1
ln x 2
dx
(ln x 1)x





0,25
Đặt t = lnx + 1

dt =
1
dx
x
; Đổi cận: x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2



0,25
Suy ra: I =
2 2

1 1
t 3 3
dt 1 dt
t t

 
 
 
 
 

0,25
=
 
2
1
t ln | t |

= 1 – ln2
0,25
Câu IV













H

M

C

A
S

WWW.VIETMATHS.COM


PHN RIấNG (3,0 im)
A. Theo ch
ng tr
ỡnh Chu
n

VI.a
(2,0
im)
1. (1,0 i
m)

Gi AH l ng cao ca
ABC


, ta cú
4
( ; )
5
AH d A


0,25











BC AB
BC (SAB) BC SB
BC SA







Suy ra gúc gia mp(SBC) v mp(ABC) l gúc


SBA
.
Theo gi thit

SBA
= 45
0

0,25
Gi M l trung im ca SC, H l trung im ca AC.
Tam giỏc SAC vuụng ti A nờn MA = MS = MC, tam giỏc SBC vuụng ti B nờn MB =
MC = MS.
Suy ra M l tõm mt cu ngoi tip hỡnh chúp S.ABC.
0,25
Suy ra tam giỏc SAB vuụng cõn ti A, do ú SA = AB = a.
SA

(ABC), MH // SA nờn MH

(ABC).
Suy ra MH l ng cao khi chúp M.ABC.
0,25
Suy ra
3
M.ABC ABC
1 a
V MH.S
3 12



0,25
Cõu V
Đặt
z
y
x
t





2
3
)(23
2
2


t
zxyzxyzxyzxyt .
0,25
Ta có 30
222
zyxzxyzxy nên 3393
2
tt vì
.0


t

Khi đó .
5
2
3
2
t
t
A


0.25
Xét hàm số .33,
2
35
2
)(
2
t
t
t
tf
Ta có 0
55
)('
2
3
2




t
t
t
ttf ,
t 3;3 .




0,25

Suy ra )(tf đồng biến trên ]3,3[ . Do đó .
3
14
)3()( ftf
Dấu đẳng thức xảy ra khi .13





zyxt
Vậy GTLN của A là
3
14
, đạt đợc khi .1




zyx
0,25
WWW.VIETMATHS.COM


1 4 1 4
. . . 2
2 5 2 5
ABC
S AH BC BC BC

    
. Gọi I ;R lần lượt là tâm và bán kính của đường
tròn cần tìm, ta có :
1
1
2
R AI BC
  
.
Phương trình tham số của đường thẳng (

):
x 1 4t
y 1 3t
ì
= - +
ï
ï

í
ï
= +
ï
î

I
Î
(

)
Þ
I(-1+4t; 1 + 3t)
AI = 1
Û
16t
2
+ (3t – 1)
2
= 1
Û
t = 0 hoặc t =
9
5

0,25
+ t = 0
Þ
I(-1; 1)
Phương trình của đường tròn là: (x + 1)

2
+ (y – 1)
2
= 1
0,25
+ t =
9
5

Þ
I(-
1
25
;
43
25
)
Phương trình của đường tròn là: (x +
1
25
)
2
+ (y –
43
25
)
2
= 1
0,25
2. (1,0 đi

ểm)

Đường thẳng

đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là
u

= (2 ; -1 ; 1).
Gọi
n

= (a ; b ; c ) là vtpt của (P).
Vì
( )
P
 
nên
. 0
n u
 


0,25

2a – b + c = 0

b = 2a + c
n



=(a; 2a + c ; c )
Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là: a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0

ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0
0,5
d(A ; (P)) =
1
3
2 2 2
1
3
(2 )
a
a a c c
 
  

 
2
0
a c
  
0
a c
  


Ch
ọn a = 1 , c =
-

1

Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là x + y – z = 0
0,25
VII.a
(1,0
điểm)
Cho khai triển
( )
10
1 2x
+ .
( )
2
2
3 4x 4x
+ + =
0
a
+
1
a
x +
2
a
x
2
+ .+
14
a

x
14
. Tìm giá trị của a
6
.
( )
10
1 2x
+ .
( )
2
2
3 4x 4x
+ + =
( )
10
1 2x
+ .
( )
2
2
2 1 2x
é ù
+ +
ê ú
ë û

= 4
( )
10

1 2x
+ + 4
( )
12
1 2x
+ +
( )
14
1 2x
+
0,25
Hệ số của x
6
trong khai triển 4
( )
10
1 2x
+ là 4.2
6
.
6
10
C

Hệ số của x
6
trong khai triển 4
( )
12
1 2x

+ là 4.2
6
.
6
12
C

Hệ số của x
6
trong khai triển 4
( )
14
1 2x
+ là 2
6
.
6
14
C

0,5
Vậy a
6
= 4.2
6
.
6
10
C
+ 4.2

6
.
6
12
C
+ 2
6
.
6
14
C
= 482496 0,25
B. Theo chương tr
ình Nâng cao

VI.b
(2,0
điểm)
1. (1,0 đi
ểm)

Vì
đi
ểm A thuộc đ
ư
ờng thẳng x + y + 3 = 0 v
à C thu
ộc đ
ư
ờng thẳng x+ 2y + 3 = 0 n

ên A(a ;
-

a
– 3) và C(- 2c – 3 ; c).
0,25
WWW.VIETMATHS.COM




I là trung điểm của AC
2 3 4 1
3 6 4
a c a
a c c
    
 
 
 
      
 


A(-1; -2); C(5 ;-4)
0,25
Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là
u

=(1;3) có ptts là

x 2 t
y 3 3t
 


  


B

BD

B(2+t ; -3 +3t)
Khi đó :
AB

= (3 +t ;–1+3t);
CB

= (- 3+t; 1+3t)
. 0
AB CB
 

Û
t =
±
1
0,25
V

ậy A(
-
1;
-
2); C(5 ;
-
4), B(3;0) và D(1;
-
6) ho
ặc

A(
-
1;
-
2); C(5 ;
-
4), B(1;
-
6) và D(3;0)

0,25
2. (1,0 đi
ểm)

1
d
đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là :
 
1

1; 1;0
u

  ;
2
d
đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là:
 
2
1; 2;2
u

 
0,25
Gọi
n

là một vtpt của (P), vì (P) song song với
1
d
và
2
d
nên
n

= [
1 2
;
u u

 
] = (-2 ; -2 ; -1)

(P): 2x + 2y + z + D = 0
0,25
d(A ; (P) = 2d( B;(P)) 7 2. 5
D D
   

7 2(5 )
7 2(5 )
D D
D D
  



   

3
17
3
D
D
 




 



0,25
Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z -
17
3
= 0
0,25
VII.b
(1,0
điểm)
Giải hệ phương trình:
2
log ( 2 8) 6 (1)
8 2 .3 2.3 (2)
x x y x y
y x

  



 


.

Đi
ều kiện: y
–


2x + 8 > 0

(1)

y – 2x + 8 =


6
2
2
y x
 

0,25
Thay
2
y x

vào phương trình (2), ta được
2 3
8 2 .3 2.3
x x x x
 
8 18 2.27
x x x
  
8 18
2
27 27

x x
   
  
   
   
3
2 2
2
3 3
x x
   
  
   
   

0,25
Đặt: t =
2
3
x
 
 
 
(t > 0)
Ta có phương trình




3 2

2 0 1 2 0
t t t t t
       

0
1
0
x
t
y


  




Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0)


0,5