TRƯỜNG THPT
NGUYỄN XUÂN NGUYÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH -CĐ
NĂM HỌC 2012 -2013
Môn: TOÁN, khối A, A1, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số
( ) ( )
3 2
3 1 1 1y x x m x= − + + +
có đồ thị
( )
m
C
với m là tham số
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi
1m
= −
b) Tìm m để đường thẳng
( )
: 1d y x= +
cắt đồ thị
( )
m
C
tại 3 điểm phân biệt
( )
0,1 , ,P M N
sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác

OMN
bằng
5 2
2
với
( )
0;0O
Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình:
( )
xxxxx 4cos1cossin42cos24sin
+=+++
Câu 3 (1 điểm) Giải hệ phương trình:



=−−
=−++−−
12
4)3()1(3
22
yxyx
xyyyxx

R),( ∈yx
Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân:
+ + +
=
+
∫
e

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

Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
, 2 2AB a AD a= =
.
Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác BCD.
Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 45
0
. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a.
Câu 6 (1 điểm) Cho ba số thực dương
a
,
b
,
c
thay đổi thỏa mãn điều kiện : ab + bc + ca = 2abc.
Chứng minh rằng:

2 2 2
1 1 1 1
(2 1) (2 1) (2 1) 2a a b b c c
+ + ≥

− − −
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
( ) ( ) ( )
2 2
: 3 1 9C x y− + − =

và đường thẳng
( )
:d
10 0x y+ − =
. Từ điểm M trên
( )
d
kẻ hai tiếp tuyến đến
( )
C
, gọi
,A B
là
hai tiếp điểm.Tìm tọa độ điểm
M
sao cho độ dài đoạn
3 2AB =

Câu 8.a (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng
1
1

: 2
1
x t
d y t
z
= +


= −


=


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 9.a (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn
(1 3 )i z−
là số thực và
2 5 1z i− + =
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác
ABC
vuông tại
A
, biết
B
và
C
đối xứng nhau qua gốc tọa độ O. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng
( )
: 2 5 0d x y+ − =
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
, biết đường thẳng
AC
đi qua điểm
( )
6;2K

Câu 8.b (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1). Tìm toạ
độ điểm M thuộc mặt phẳng (P):
1 0− + − =x y z
để ∆MAB là tam giác đều.
Câu 9.b (1 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức
n
xnxx )1( )1(21
2
−++−+−
thu được đa thức
n
n
xaxaaxP +++= )(
10
. Tính hệ số
8
a
biết rằng
n
là số nguyên dương thoả mãn:
n
CC
nn
171
32
=+
.
Hết
HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN KHỐI A, A1, B
KỲ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH - CĐ NĂM HỌC 2012 - 2013

(Hướng dẫn chấm gồm năm trang)
Câu Đáp án Điểm
1
(2 đ)
a. (1 điểm)
Với m =-1,
3 2
y x 3x 1= − +
1) Tập xác định:
.R
2) Sự biến thiên:
a. Giới hạn:
( )
3 2
x x
x
lim y lim x 3x 1 ,lim y
→−∞ →−∞
→+∞
= − + = −∞ = +∞
.
b. Bảng biến thiên:
2
x 0
y 3x 6x 3x(x 2), y 0
x 2
=

′ ′
= − = − = ⇔


=

Bảng biến thiên:

x
∞−
0 2
∞+

y
′
+
0
-
0
+

y
1
∞+
∞−
-3
+ Hàm số đồng biến trên khoảng
( )
;0−∞
và
( )
2;+∞
.

+ Hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
0;2
.
+ Hàm số đạt cực đại tại
CÐ
x 0, y y(0) 1= = =
đạt cực tiểu tại
CT
x 2, y y(2) 3= = = −

3) Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1)
Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng.
f(x)=x^3-3x^2+1
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
b. (1 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của
( )
m

C
và (d):
( )
3 2
3 1 1 1x x m x x− + + + = +
( )
( )
( )
2
2
0 1 0;1
3 0
3 0 2
x y P
x x x m
x x m
= ⇒ = ⇒
⇔ − + = ⇔

− + =


Để
( )
m
C
cắt (d) tại 3 điểm phân biệt
( )
2⇔
có 2 nghiệm phân biệt khác 0

0
9
4
m
m
≠


⇔

<


0.5
Giả sử
( ) ( )
1 1 2 2
; 1 , ; 1M x x N x x+ +
khi đó
1 2
;x x
là nghiệm của pt(2)
Ta có
( )
( )
1 . .
. ;
2 4
OMN
OM ON MN

S MN d O d
R
= =
(với R là bán kính đường tròn ngoại
tiếp tam giác
OMN
)
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
1 . .
. ; . 2 . ; 5 2 ; 3
2 4
OM ON
d O d OM ON R d O d d O d
R
⇒ = ⇔ = =
Mà ta có
( ) ( )
2 2
1 1 1 1
. 2 2 1 2 2 1OM ON x x x x= + + + +
Với
2 2
1 1 2 2
3 ; 3x x m x x m= − = −

2
. 4 12 25OM ON m m⇒ = + +
( )
( )
1 2
* ;
2
2
d O d = =
Khi đó thế vào (3) ta được
2
0
2
4 12 25 5 2 5
3
2
m
m m
m
=

+ + = = ⇔

= −


Vậy
3m
= −
thỏa mãn ycbt

0.5
2
(1 đ)

( )
xxxxx 4cos1cossin42cos24sin +=+++
( )
0cossin42cos22cos22cos2sin2
2
=++−+⇔ xxxxxx
( ) ( )
0cossin22cos12sin2cos =++−+⇔ xxxxx
( )
( )
0cossin2sin2cossin22cos
2
=+++⇔ xxxxxx
( )( )
01sin2coscossin =++⇔ xxxx
Với
Zkkxxx ∈+−=⇔=+ ,
4
0cossin
π
π
Với
( )
( )
( )
01sin21sin01sinsin2101sin2cos

22
=−−−⇔=+−⇔=+ xxxxxx

Zmmxx ∈+=⇔=⇔ ,2
2
1sin
π
π
0.5
0.5
3
(1 đ)
Ta có PT (1) : x
2
-3x(y-1) + y
2
+ y(x-3) = 0
⇔
(x-y)
2
+ 3(x-y) - 4 + 0

⇔



−=−
=−
4
1

yx
yx
* Với x- y = 1, ta có



=−−
=−
12
1
yxyx
yx
⇔
x = 1; y = 0 và x= -1; y = -2
* Với x - y = -4 ta có



=−−
−=−
12
4
yxyx
yx
(Hệ PT vô nghiệm)
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) và (x; y) = (-1; -2)
0.5
0.5
4
(1 đ)

+ +
= +
+ +
∫ ∫
e e
x x x x
I dx dx
x x x x x x
2 2
2 2 2 2
1 1
( ln )
( ln ) ( ln )
+
= = = −
+
∫ ∫
e e
x x
A dx dx
e
x x x x
2
2 2 2
1 1
( ln ) 1 1
1
( ln )
+
+ +

= = = = = −
+
+ + +
∫ ∫ ∫
e e e
x x d x x
x
B dx dx
e
x x x x x x x
2
2 2 2 2
1 1 1
1
1
( ln ) 1
1
1
( ln ) ( ln ) ( ln )
Vậy
= − −
+
I
e e
1 1
2
1
0.25
0.25
0.25

0.25
Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo gt
( )SH ABCD⊥
Gọi
2 1
2
3 3
O AC BD CH CO AC a AH AC HC a= ∩ ⇒ = = = ⇒ = − =
SA tạo với đáy góc 45
0
suy ra
0
45 2SAH SH AH a= ⇒ = =
5
(1đ)
3
1 1 4 2
. .2 2 .2
3 3 3
ABCD
V S SH a a a a= = =
Gọi M là trung điểm của SB. Mặt phẳng (ACM) chứa AC và // SD
Do đó
( ; ) ( ;( )) ( ;( ))d SD AC d SD ACM d D ACM= =
Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó
2 4 2
(0;0;0), ( ;0;0), (0;2 2 ;0), ; ;2 , ( ;2 2 ;0)
3 3
a a
A B a D a S a C a a

 
 ÷
 ÷
 
5 2 2
; ;
6 3
a a
M a
 
 ÷
 ÷
 
.
( ;2 2 ;0)AC a a=
uuur
5 2 2
; ;
6 3
a a
AM a
 
= ⇒
 ÷
 ÷
 
uuuur
2 2 2
(2 2 ; ; 2 )AC AM a a a∧ = − −
uuur uuuur

Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt
(2 2; 1; 2)n = − −
r
nên có phương trình là
2 2
2 2
2 2 2 0 ( ;( ))
8 1 2 11
a
a
x y z d D ACM
−
− − = ⇒ = =
+ +
0.5
0.5
6
(1đ)
Từ giả thiết suy ra
1 1 1
2
a b c
+ + =
Đặt :
1 1 1
; y = ; z =
b c
x
a
=

Suy ra x,y,z > 0 và x+y+z=2
Ta có:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
1 1 1
(2 1) (2 1) (2 1) ( ) ( ) ( )
x y z
P
a a b b c c y z x z y x
= + + = + +
− − − + + +
Áp dụng bđt Cô-si:
3
2
3
( ) 8 8 4
x y z y z x
y z
+ +
+ + ≥
+

3
2
3
( ) 8 8 4
y x z x z y
x z
+ +
+ + ≥

+

3
2
3
( ) 8 8 4
z y x y x z
y x
+ +
+ + ≥
+
Do đó:
1 1
( )
4 2
P x y z
≥ + + =
( đpcm)
7a
(1đ)
x
d
H
M
A
B
I
O
y
Đường tròn (C) có tâm

( )
3;1 , 3I bk R OA= =
1
M
H
O
B
D
C
A
S
Gọi
H AB IM= ∩
, do H là trung điểm của AB nên
3 2
2
AH =
. Suy ra:
2 2
9 3 2
9
2 2
IH IA AH= − = − =
và
2
6
3 2
2
IA
IM

IH
= = =
Gọi
( ) ( )
;10M a a d− ∈
ta có
( ) ( )
2 2
2
18 3 9 18IM a a= ⇔ − + − =
2 2
2 24 90 18 12 36 0 6a a a a a− + = ⇔ − + = ⇔ =
Vậy
( )
6;4M
8a
(1đ)
Ta có :
1
d
đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là :
( )
1
1; 1;0u
→
= −

2
d
đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là:

( )
2
1; 2;2u
→
= −
Gọi
n
→
là vtpt của mp(P), vì (P) song song với
1
d
và
2
d
nên
n
→
= [
1 2
;u u
→ →
] = (-2 ; -2 ; -1)
⇒
pt mp(P): 2x + 2y + z + m = 0
d(
1
d
;(P)) = d(A ; (P)) =
7
3

m+
; d(
2
;( ))d P
= d( B;(P)) =
5
3
m+
vì d(
1
d
;(P)) = 2. d(
2
;( ))d P
7 2. 5m m⇔ + = +
7 2(5 )
7 2(5 )
m m
m m
+ = +

⇔

+ = − +

3
17
3
m
m

= −


⇔

= −

Với m = -3
⇒
mp(P) : 2x + 2y + z – 3 = 0
Với m = -
17
3
⇒
mp(P) : 2x + 2y + z -
17
3
= 0
1
9a
(1đ)
Giả sử
z x yi= +
, khi đó
(1 3 ) (1 3 )( ) 3 ( 3 )i z i a bi a b b a i− = − + = + + −
(1 3 )i z−
là số thực
3 0 3b a b a⇔ − = ⇔ =
2 2
2 5 1 2 (5 3 ) 1 ( 2) (5 3 ) 1z i a a i a a− + = ⇔ − + − = ⇔ − + − =

2 2
2 6
10 34 29 1 5 17 14 0
7 21
5 5
a b
a a a a
a b
= ⇒ =


⇔ − + = ⇔ − + = ⇔

= ⇒ =

Vậy
7 21
2 6 ,
5 5
z i z i= + = +
1
7b
(1đ)
(d)
I
O
A
B
C
K

( )
: 2 5 0B d x y∈ + − =
nên gọi
( )
5 2 ;B b b−
, vì B, C đối xứng với nhau qua O suy ra
(2 5; )C b b− −
và
(0;0)O BC∈
Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc
B
là
( )
: 2 5 0d x y+ − =
nên
(2;4)I
và
I AB∈
Tam giác
ABC
vuông tại A nên
( )
2 3;4BI b b= − −
uur
vuông góc với
( )
11 2 ;2CK b b= − +
uuur
1
( ) ( ) ( ) ( )

2
1
2 3 11 2 4 2 0 5 30 25 0
5
b
b b b b b b
b
=

− − + − + = ⇔ − + − = ⇔

=

Với
1 (3;1), ( 3; 1) (3;1)b B C A B= ⇒ − − ⇒ ≡
loại
Với
5 ( 5;5), (5; 5)b B C= ⇒ − −
31 17
;
5 5
A
 
⇒
 ÷
 
Vậy
31 17
; ; ( 5;5); (5; 5)
5 5

A B C
 
− −
 ÷
 
8b
(1đ)
Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB ⇒ (Q):
3 0+ − − =x y z
Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ d:
2
1
x
y t
z t
=


= +


=

M ∈ d ⇒
(2; 1; )+M t t

2
2 8 11⇒ = − +AM t t
, AB =
12

∆
MAB đều khi MA = MB = AB
2
4 18
2 8 1 0
2
±
⇔ − − = ⇔ =t t t

6 18 4 18
2; ;
2 2
 
± ±
⇒
 ÷
 
M
1
9b
(1đ)
Ta có





=
−−
+

−
≥
⇔=+
nnnnnn
n
nCC
nn
1
)2)(1(
!3.7
)1(
2
3
171
32


.9
0365
3
2
=⇔



=−−
≥
⇔
n
nn

n
Suy ra
8
a
là hệ số của
8
x
trong khai triển
.)1(9)1(8
98
xx −+−
Vậy
8
a
=
.89.9.8
8
9
8
8
=+ CC
1
Lưu ý:
- Nếu HS làm bài không theo cách của hướng dẫn chấm nhưng đúng thì cho điểm tối đa của câu đó
- Nếu có nhiều HS làm có kết quả giống nhau nhưng khác kết quả của hướng dẫn chấm thì đề nghị
xem lại hướng dẫn chấm.