WWW.VIETMATHS.COM


TRƯ
ỜNG THPT CHUY
ÊN NGUYÊN T
ẤT TH
ÀNH

TỔ: TOÁN

THI TH
Ử ĐẠI HỌC NĂM
H
ỌC 201
3


Môn thi: TOÁN; Lớp 12– Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ SỐ 3

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
1
cos cos cos2 1.
4 4 3
x x x
 
   
    
   
   

2. Giải phương trình
 

3
3 1
1 12
2 6.2 1.
2
2
x x
x
x
   

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
 
4
0
tan x
I dx
4cosx sin x cosx




.
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 MABC theo a.
Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương tùy ý thỏa mãn
abc 8


. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 1 1
P
2a b 6 2b c 6 2c a 6
  
     
.
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 mặt phẳng (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 3


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 s
ố đồng biến tr
ên m
ỗi khoảng (

;0) và (1;

)
, h
àm s
ố nghịch biến tr
ên kho

ảng (0;1)
.

Hàm số đạt cực đại tại x=0 và y
CĐ
=1, 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
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
     

0,25
WWW.VIETMATHS.COM


2
2
0 1
(2 3 3) 0

2 3 3 0 (*)
  

     

   

x y
x x mx m
x mx m

Đư
ờng thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân biệt v
à C n
ằm giữa A v
à B khi và ch
ỉ 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
cos cos cos2 1
4 4 3
x x x
 
   
    
   
   



 
2
1
2cos .cos 2cos 1 1
4 3
x x

  


0,25


2
3 2 osx 2cos 4
c x
 



2
2cos 3 2 cos 4 0
x x
  

0,25



2
(cos 2 2)( cos )=0
2
 x x
2
cos
2
  x


3

2
4
x k


   .
0,5
II.2
Giải: Viết lại phương trình có dạng:
3
3
3
2 2
2 6 2 1
2 2
x x
x x
 
 
   
 
 
 
 
(1)
0,25
Đặt
3
3
3 3

3
2 2 2 2
2 2 2 3.2 2 6
2 2 2 2
x x x x x
x x x x
t t t
   
         
   
   

0,25
Khi đó phương trình (1) có dạng:
3
2
6 6 1 1 2 1
2
x
x
t t t t
       

0,25

x x
(2 1)(2 2) 0
   

x

2 2 x 1
   

0,25

Câu II

Ta có:
 
4
2
0
tan x
I dx
4 tan x cos x






0,25
Đặt:
2
dx
tan x 4 t dt
cos x
   
. Đổi cận: Với
x 0 t 4; x t 3

4

       

Suy ra:
3
4
(t 4).dt
I
t



 



0,25
3
4
4
(1 )dt
t


  

3
4
(t 4ln t )



  
4
4ln 1
3
 

0,5
Câu

IV


BC AB
BC (SAB) BC SB


   



0,25

WWW.VIETMATHS.COM


PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
A. Theo chương tr
ình Chu

ẩn

VI.a
(2,0
điểm)
1. (1,0 đi
ểm)

Gọi AH là đường cao của
ABC

, ta có
4
( ; )
5
AH d A
  
.
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
  
.
0,25
Suy ra góc giữa mp(SBC) và mp(ABC) là góc

SBA
.
Theo giả thiết

SBA
= 45
0
.














G
ọi M l

à trung đi
ểm của SC, H l
à trung đi
ểm của AC.

Tam giác SAC vuông tại A nên MA = MS = MC, tam giác SBC vuông tại B nên MB = MC = MS.
Suy ra M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
0,25
T
am giác SAB vuông cân t
ại A, do đó SA = AB = a.

SA

(ABC), MH // SA nên MH

(ABC). Suy ra MH là đư
ờng cao khối chóp M.ABC.
0,25
Suy ra
3
M.ABC ABC
1 a
V MH.S
3 12

  .
0,25
Câu V
1 1 1 1 1 1 1

P P
b c a
2a b 6 2b c 6 2c a 6 2
a 3 b 3 c 3
2 2 2
 
 
      
 
     
 
     
 
.
Đặt:
; ; , , 0& . . 1
2 2 2
a b c
x y z x y z x y z
     
Khi đó:
1 1 1 1
2 2 3 2 3 2 3
P
x y y z z x
 
  
 
     
 

.




0,25
Mà ta có:
2 ; 1 2 2 3 2( 1)
         
x y xy x x x y xy x
1 1
2 3
2( 1)
 
 
 
x y
xy x
.
Tương tự:
1 1
2 3
2( 1)

 
 
y z
yz y
,
1 1

2 3
2( 1)

 
 
z x
zx z

Suy ra:
1 1 1 1
4
1 1 1
P
xy x yz y zx z
 
  
 
     
 
 





0.25
1 1 1 1 1
4 4 4
1 ( 1) ( 1) 1 1 ) 1
xy xy

x x
P P
xy x x yz y xy zx z xy x xy x x xy
   
        
   
           
   

Vậy maxP =
1
4
khi x = y = z = 1.
0,5

H
M

C

B
A
S

WWW.VIETMATHS.COM


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). Ta có 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 tr
ình c
ủa mặt phẳng (P) l
à 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 nên A(a;
-
a
–
3)
và C(- 2c – 3 ; c).
0,25
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
WWW.VIETMATHS.COM



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