ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG Môn thi : TOÁN, Khối A,B.
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm ).
Câu 1 (2,0điểm) .Cho hàm số: y = 2x
3
- 3x
2
+ 1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8.
Câu 2 ( 1,0 điểm). Giải phương trình
2 sin 2 3sin cos 2
4
x x x
π
 
+ = + +
 ÷
 
.
Câu 3 ( 1,0 điểm). Giải hÖ phương trình





=++
=+
22
1

322
33
yxyyx
yx

( , )x y ∈¡
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
6
2
2 1 4 1
=
+ + +
∫
dx
I
x x
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc
·
0
60ABC =
, hai mặt
phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng
0
30
. Tính
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD theo a .
C©u 6 (1,0 điểm). Cho
, ,x y z
là các số thực dương thoả mãn
x y z

≥ ≥
và
3x y z+ + =
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
3
x z
P y
z y
= + +
.
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 Oxy, cho hình bình hành ABCD biết A(1;1), B(4;5), tâm I thuộc
đường thẳng (d) :
03 =++ yx
. Tìm toạ độ các đỉnh C, D biết diện tích hình bình hành ABCD bằng 9 .
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d):
3
4
21
2 −
=
−
=
−
+ zyx
và hai mặt phẳng
(P
1

): x - 2y + 2z - 3 = 0, (P
2
): 2x + y - 2z - 4 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc (d) và tiếp xúc
với hai mặt phẳng (P
1
) và (P
2
).
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức
z
sao cho
2
z
là số thuần ảo và
2 2z i
− =
B.Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1 điểm). Trong mặt phẳng
Oxy
, cho
ABC
∆
có trực tâm
( )
1;4H
−
, tâm đường tròn ngoại tiếp
( )
3;0I
−

, trung điểm của
BC
là
( )
0; 3M
−
. Viết phương trình đường thẳng
AC
biết
B
có hoành độ dương.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian
Oxyz
, cho hai đường thẳng
1
d
:
1
1 2 1
x y z −
= =
;
2
d
:
1 1
1 1 2
x y z− +
= =
− −


và điểm
( )
1;0;3A
. Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua
A
cắt
1
d
và vuông góc với
2
d
.
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa
5
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn
n
x)2(
+
biết

1 3 5 2 1
2 2 2 2
524288
n
n n n n
C C C C

−
+ + + + =
Hết
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm )
Họ tên thí sinh SBD
ĐỀ 6
O
x
1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG Môn thi : TOÁN, Khối A,B.
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Nội dung Điểm
Câu I. 1)
• TXĐ: R
• Sự biến thiên:
+ Giới hạn:
−∞→x
ylim
=
∞−
,
−∞→x
ylim
=
∞+
+ Bảng biến thiên: y’ = 6x
2
- 6x = 6x (x - 1); y' = 0
0

1
x
x
=

⇔

=

x
∞−
0 1
∞+
y’ + 0 - 0 +
y
1
∞+


∞−
0
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng (
∞−
;0) và (1;
∞+
), nghịch biến trên khoảng(0;1)
+ Hàm số đạt cực đại tại x=0, y
CĐ
=1; cực tiểu tại x=1, y
CT

=0.
• Đồ thị.
+ Cắt ox tại (1;0),
1
( ;0)
2
−
; cắt oy tại (0;1)

1
2
−


2) Giả sử M (x
0
; y
0
)
∈
(C)
⇒
y
0
= 2x
0
3
- 3x
0
2

+ 1
Tiếp tuyến (
∆
) của (C) tại M:
y = (6x
0
2
- 6x
0
) (x - x
0
) + 2x
0
3
- 3x
0
2
+ 1
(
∆
) đi qua điểm P(0 ; 8)
⇔
8 = -4x
0
3
+ 3x
0
2
+ 1
⇔

(x
0
+ 1) (4x
0
2
- 7x
0
+ 7) = 0
⇔
x
0
= -1 ; (4x
0
2
- 7x
0
+ 7 > 0,
∀
x
0
)
Vậy, có duy nhất điểm M (-1 ; -4) cần tìm.

Câu 2.
2 sin 2 3sin cos 2
4
x x x
π
 
+ = + +

 ÷
 
⇔
sin 2 cos2 3sin cos 2x x x x
+ = + +
⇔
2
2sin cos 2cos 1 3sin cos 2x x x x x
+ − = + +
⇔
( )
2
sin 2cos 3 2cos cos 3 0x x x x
− + − − =
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
y
1
ĐỀ 6
⇔
( ) ( ) ( )
sin 2cos 3 cos 1 2cos 3 0x x x x

− + + − =
⇔
( ) ( )
2cos 3 sin cos 1 0x x x
− + + =
⇔
sin cos 1 0x x
+ + = ⇔
⇔
2
4 4
5
2
4 4
x k
x k
π π
π
π π
π

+ = − +



+ = +


, (k ∈ Z )
2

2
2
x k
x k
π
π
π π

= − +

⇔

= +

(k ∈ Z.)

Câu 3.






=−−+
=+
⇔






=++
=+
)2(022
)1(1
22
1
2233
33
322
33
xyyxyx
yx
yxyyx
yx
Nhận thấy y
0
≠
, nên hệ phương trình tương đương với:





=+









−








−








=+
)4(0122
)3(1
23
33
y
x
y
x

y
x
yx
Đặt :
t
y
x
=
(4) có dạng : 2t
3
– t
2
– 2t + 1 = 0
⇔
t =
,1
±
t =
2
1
.
a) Nếu t = 1 ta có hệ
3
33
2
1
1
==⇔




=
=+
yx
yx
yx
b) Nếu t = -1 ta có hệ
⇔



−=
=+
yx
yx 1
33
hệ vô nghiệm.
Nếu t =
2
1
ta có hệ
3
32
,
3
3
2
1
33
33

==⇔



=
=+
yx
xy
yx

Câu 4. Đặt
2
1
4 1
4 2
t tdt
t x x dx
−
= + ⇒ = ⇒ =
;
( ) ( )
2 3, 6 5t t
= =

( ) ( )
5 5
2 2
3 3
5
3

1 1
1
1 1
1
ln 1
1
3 1
ln
2 12
tdt
I dt
t
t t
t
t
 
= = −
 ÷
 ÷
+
+ +
 
 
= + +
 ÷
+
 
= −
∫ ∫


Câu 5.
Ta có diện tích đáy ABCD là:

·
2
1 3
2 2. . . .sin
2 2
ABCD BAC
a
S S BA BC ABC
∆
= = =

Gọi O
AC BD= I
,vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD)
nên
( )
SO ABCD
⊥
. Gọi I là hình chiếu của O lên AB,ta có
,AB OI AB SO AB SI
⊥ ⊥ ⇒ ⊥
.
Suy ra:
( ) ( )
·
( )
·

·
0
, , 30SAB ABCD OI SI SIO
= = = 
 
Nhận thấy
ABC∆
đều cạnh a nên
3
;
2 2
a a
OB OA= =
Trong
OAB∆
có
2 2 2
1 1 1 3
4
a
OI
OI OA OB
= + ⇒ =
Xét tam giác vuông SOI ta được:
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
S
A
B
C
D
J
I
H
O

0
3 3
.tan30 .
4 3 4
a a
SO OI
= = =
Suy ra:
2 3
1 1 3 3
. . . .
3 3 2 4 24
ABCD
a a a
V S SO

= = =
.
Gọi J
OI CD
=
I
và H là hình chiếu của J trên SI. Suy ra:
3
2
2
a
IJ OI
= =
và
( )
JH SAB
⊥
Do
( )
/ / / /CD AB CD SAB
⇒
. Suy ra:
( ) ( ) ( )
, , ,d SA CD d CD SAB d J SAB JH
= = =   
   
Xét tam giác vuông IJH ta được:
0
3 1 3
.sin30 .

2 2 4
a a
JH IJ
= = =
. Vậy
( )
3
,
4
a
d SA CD
=
.

Câu 6.
Sử dụng bđt AM-GM, ta có
2 , 2
x z
xz x yz z
z y
+ ≥ + ≥
Từ đó suy ra
3 2 2 3
x z
P y x xz z yz y
z y
= + + ≥ − + − +

2
2( ) ( )

2( ) ( )
x z y x y z xz yz
x z y x y z
= + + + + − −
= + + + −
Do
0x
>
và
y z
≥
nên
( ) 0x y z
− ≥
. Từ đây kết hợp với trên ta được
2 2 2
3 2( ) 2(3 ) ( 1) 5 5
x z
P y x z y y y y
z y
= + + ≥ + + = − + = − + ≥
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1

Câu 7 a. Giả sử C(a;b)
)
2
1
;
2

1
(
ba
I
++
⇒
. Do
08
=++⇒∈
badI
(1)
Pt đường thẳng AB
0134
4
1
3
1
=−−⇔
−
=
−
yx
y
x
Lại có
5
134
);(
−−
==

ba
hABCd
S
ABC
=
91349134
2
9
5.
5
134
2
1
.
2
1
±=−−⇔=−−⇔=
−−
= baba
ba
hAB
(2)
Từ (1)(2) ta được








−=
−=



−=
−=
7
24
7
32
6
2
b
a
hoăo
b
a
Do đó





−−⇒
−−
−−⇒−−=
)
7
52

;
7
53
()
7
24
;
7
32
(
)10;5()6;2(
22
11
DC
DC

Câu 8a. (1đ) Vì I
∈
(d):
3
4
21
2 −
=
−
=
−
+ zyx
⇒
I (-2 - t ; 2t ; 4 + 3t)

Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P
1
), (P
2
)
⇔
d (I, (P
1
)) = d (I ; (P
2
))

⇔



−=
−=
⇔+=+
1
13
1610
3
1
39
3
1
t
t
tt

+ Với t=-13
⇒
I(11; 26;-35)
⇒
R = 38
⇒
ptmc(S): (x - 11)
2
+ (y - 26)
2
+ (z + 35)
2
= 38
2
+ Với t=-1
⇒
I (-1;2 ;1)
⇒
R = 2
⇒
ptmc(S): (x + 1)
2
+ (y - 2)
2
+ (z - 1)
2
= 2
2
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 9a. Gọi
z a bi
= +
(với
,a b∈¡
). Ta có
( )
2
2
2 2z i a b
− = + −
,
2 2 2
2z a b abi
= − +
Ycbt
( )
2

2
2 2
2 4
0
a b
a b

+ − =

⇔

− =


0
0
a
b
=

⇔

=

hoặc
2
2
a
b
=



=

hoặc
2
2
a
b
= −


=

Vậy
0, 2 2 , 2 2z z i z i
= = + = − +

Câu 7b. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC
, ,G I H
⇒
thẳng hàng
Ta có:
AH IMP
( vì cùng vuông góc với BC )

A
1 6 7
2 2
4 6 10

A A
A
x x
AH GH
AH IM
y y
MI GI
− − = = −
 
⇒ = = ⇒ = ⇒ ⇒
 
− = − =
 
uuur uuur
Hay
( )
7;10A
−
Đường thẳng BC đi qua M nhận
( )
3; 3IM
−
uuur
làm pháp tuyến nên có phương trình :
( ) ( )
3 0 3 3 0 3 0x y x y
− − + = ⇔ − − =
( )
; 3C BC C c c
∈ ⇒ −

với
0c
>
. Vì M là trung điểm của BC nên
( )
; 3B c c
− − −
Do
CH AB
⊥
nên
. 0 7CH AB c
= ⇔ =
uuuruuur
.
( )
7;4C
Vậy phương trình đường thẳng AC :
7 10
3 7 49 0
7 7 4 10
x y
x y
+ −
= ⇔ + − =
+ −

Câu 8.b (1,0 điểm).
Gọi B là giao điểm của
∆

và (d
1
)
B
⇒ ∈
(d
1
)
( )
;2 ;1B t t t
⇒ +
VTCP của (d
2
) là
( )
2
1; 1; 2u − −
uur
.Vì
∆
2
d⊥
nên
2
AB u
⊥
uuur uur
2
. 0AB u
⇔ =

uuuruur
1t
⇔ =
( )
1;2;2B
⇒
Đường thẳng
∆
đi qua A nhận
AB
uuur
( )
0;2; 1
−
làm VTCP
Vậy PT đường thẳng
∆
là:
1
2
3
x
y t
z t
=


=



= −


Câu 9.b (1đ).
Ta cã
=+
n
x
2
)1(
n
nnnn
CxCxCC
2
2
22
2
1
2
0
2

++++
Thay x=-1 ta ®îc
=+++
−
12
2
3
2

1
2

n
nnn
CCC
ACCC
n
nnn
=+++
2
2
2
2
0
2

Thay x=1 ta ®îc

102524288222
12222
2
1
2
0
2
=⇔=⇔=⇒=+++
−
nACCC
nnnn

nnn
Theo c«ng thøc Niu t¬n ta cã:
kk
k
k
xCx
−
=
∑
=+
10
10
0
10
10
2)2(
.
VËy hÖ sè cña sè h¹ng chøa
5
x
lµ
55
10
2C
.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25