SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CỔ LOA
THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM 2013
MÔN: TOÁN; KHỐI: A, A1, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 29-4-2013


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
1
( )
2 3
x
y C
x




1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. Biện luận số nghiệm của phương trình


1 2 3
x m x
  
theo tham số m
Câu II (1 điểm) Giải phương trình
2sin 7

2 sin 1
4
1 tan .tan
2
x
x
x
x

 
  
 
 


Câu III (1 điểm) Giải hệ phương trình
2 3 3 5 3 2
2 2
9 9
2 4
x y y x x x
y y x x

    


  






,x y


Câu IV (1 điểm) Tính tích phân


2 2
1
1
4 cos
cos
x x x x
I dx
x

 



Câu V (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,

120
o
BAD 
, tam giác SAB cân tại
S nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 45
o
. Tính

thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD
Câu VI (1 điểm) Cho các số thực
; ;
x y z
thỏa mãn điều kiện
1
x y z
  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2 2 2 2
P x xy y y yz z z zx x
        

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VII.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng
1
: 2 0
d x y
 
,
2
: 1 0
d x y
  
,
3
: 1 0

d x y
  
. Lập
phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng d
1
, tiếp xúc đường thẳng d
2
và cắt đường thẳng d
3
tại hai
điểm phân biệt A, B sao cho đoạn thẳng AB bằng
4 2
.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai điểm




1;0;0 , 0; 1; 1
A B
 
, mặt phẳng


: 2 3 0
P x y z
   
,
đường thẳng
1 1

:
2 1 1
x y z
d
 
 
. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho góc giữa hai mặt phẳng
(ABM) và (P) bằng

thỏa mãn
1
os
6
c



CâuVIIIa (1 điểm) Cho n là số nguyên dương và
3 2
1
3 3( 1)
n n
C A n

  
.Tìm phần ảo của số phức
1
.
1
n

i
z i
i

 

 

 

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VII.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tam giác ABC vuông tại A. Đỉnh A thuộc tia đối của tia Oy, cạnh
2 2
AB 
,
B(2;1). Tìm tọa độ đỉnh C biết đường cao kẻ từ đỉnh A có độ dài bằng
6 26
13

2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
012




zyx
và hai điểm A(8;-7;4), B(-1;2;-2). Tìm
tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho
2 2

2
MA MB

nhỏ nhất
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình:
2 2 2
.9 8 .3 18 9 16.3 8 .3 9 .9 2.9
x x x x x x
x x x x x x       
Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: Số báo danh

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CỔ LOA
THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM 2013
MÔN: TOÁN; KHỐI: A, A1, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 29-4-2013

Câu Đáp án Điểm
I) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
1. (1 điểm)
TXĐ :
3
\
2
D
 
 

 
 
 .
2
1
' 0,
(2 3)
y x D
x
   


Hàm số đồng biến trên các khoảng
3 3
( ; ) và ( ; )
2 2
   
, Hàm số không có cực trị.
0,25
Tiệm cận.

1
lim
2
x
y

 
tiệm cận ngang
1

2
y


3 3
2 2
lim ; lim
x x
y y
 
   
   
   
   
    
Tiệm cận đứng
3
2
x
 

0,25
Bảng biến thiên:
x


3
2





y’ +

+
y





1
2







1
2






0,25
Đồ thị:


0,25
2. (1 điểm)
   
1
1 2 3 *
2 3
x
x m x m
x

    

(vì
3
2
x
 
)
Gọi
 
1
( )
2 3
x
f x P
x







 
1
1
2 3
1
1
2 3
x
khi x
x
f x
x
khi x
x


 







  






0,25
Phần đồ thị (C) ứng với
1
x
 
ta giữ nguyên. Phần đồ thị (C) ứng với
1
x
 
lấy đối xứng
qua trục Ox, gộp hai phần đồ thị trên ta được đồ thị (P)
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng
y m


0,25
I
(2 điểm)

Đồ thị Từ đồ thị ta có:
+)
1
;0
2
m
 
 



 
: Phương trình vô nghiệm
0,5

+)
 
1 1
; 0 ;
2 2
m
   
     
  

   
: Phương trình
có một nghiệm
+)
1
0;
2
m
 

 
 
: Phương trình có 2 nghiệm
Điều kiện:

cos 0, cos 0,tan .tan 1
2 2
x x
x x
   

2sin 7
2 sin 1
4
1 tan .tan
2
x
x
x
x

 
  
 
 

2sin
sin cos 1
sin .sin
2
1
cos .cos
2
x
x x

x
x
x
x
   


0,25
2sin .cos .cos 2sin .cos .cos
2 2
sin cos 1 sin cos 1
cos .cos sin .sin
cos
2 2
2
x x
x x x x
x x x x
x x
x
x x
x
       
 


 
 

 

2
2sin cos sin cos 1 sin cos sin cos 2
x x x x x x x x
        


0,25
sin cos 1
sin cos 2
x x
x x
  



 


1
sin sin
4 4
2
sin 2
4
x
x VN
 


   

    
   

   



 
 

 
 


2
2
2
x k
x k


 

  



 



0,25
II
(1 điểm)

Kết hợp với điều kiện

phương trình đã cho vô nghiệm.
0,25
2 3 3 5 3 2
2 2
9 9
2 4
x y y x x x
y y x x

    


  










 

3 3 2
3 2 3 2 2
2 2
2 2
9 1 ( 1 0 )
1 1 9 1
2 4 2
2 4
y x x x
y x x x x
y y x x
y y x x


     
    
 
 
 
  
  






0,25
Từ (1) và (2)





3 2 3 2 3 2 3 2
3 2 4 9 3 6 12 8 3 3 1
y y y x x x y y y x x x
              


   
3 3
2 1 2 1 3 (*)
y x y x y x          
0,25
III
(1 điểm)

Thay (*) vào PT(2) ta có:
   
2
2 2
1 2
2 3 4 3 3 9 6 0
2 1
x y
x x x x x x
x y
   

         


   


Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm


1; 2

và


2; 1


0,5
1 1
3 2
2
1 1
4
cos
x x
I dx x dx
x
 

 
 
. Tính

1
3
2
1
1
2
1
3 3
x
A x dx

  




0,25
Tính
1
3 2
1
4
cos
x x
B dx
x





Đặt
t x dt dx
    

Đổi cận
1 1
x t
   
;
1 1
x t
   

0,25
   
 
3 2
1 1 1
3 2 3 2
1 1 1
4
4 4
os cos cos
t t
t t x x
B dt dt dx B
c t t x

 
  

 
       

  

0
B
 

0,25
IV
(1 điểm)

Vậy
2
3
I A B
  

0,25
Gọi H là trung điểm của AB

SH AB


mà







SAB ABCD SH ABCD
  

Có


0 0
120 60
BAD ABC ABC
    
đều cạnh a.


 
/ / ,
CD CH CD AB AB CH
CD SH
CD SHC CD SC
  





   

Có
   

 


0
, 45
SCD ABCD SCH 
SHC
 
vuông cân tại C
3
2
a
SH CH  
0,25
3
.
1 1 3 3
. . . . .
3 3 2 2 4
S ABCD ABCD
a a a
V SH S a   (đvdt)
0,25
CB CA CD a
  
nên C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.
Kẻ d đi qua C và song song với SH,


SH ABCD

 nên


d ABCD


d là trục của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.
0,25
V
(1 điểm)

2 2
3
4 4
a a
SA SB a SAB
      đều
Gọi O là tâm tam giác SAB. Kẻ

đi qua O và song song với HC,


HC SAB
 nên


SAB
   
là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB.



d I
   
I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABD
Bán kính mặt cầu
2 2
2 2 2 2
4 4 3 3 13
IS . .
9 9 4 4 12
a a
R SO OI SH HC a       
0,25
Có:
   
 
2 2
2
2 2
3
3
,
4 4
x y x y
x xy y x y x y
  
     
 
2 2

3 3
2 2
x xy y x y x y
      

0,25
Tương tự:
 
2 2
3
2
y yz z y z
   
và
 
2 2
3
2
z zx x z x
   

0,25
VI
(1 điểm)

Ta có


3 3
P x y z    . Vậy

1
3
3
Min
P khi x y z
   

0,5
II) PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần)
A) Theo chương trình chuẩn
1. (1 điểm)
Gọi I là tâm đường tròn


1
;2
I d I a a
 
Kẻ IH AB
 
H là trung điểm của AB
Ta có:
 
2
,
I d
R d mà
 
 
3

2
2
2 2
,
4
I d
AB
R IH AH d   


0,25
VII.a
(2 điểm)

 
 
 
 
2 3
2
2
2
, ,
4
I d I d
AB
d d  
2 2
3 1 1
8

2 2
a a 
   
  
   
   

2 2
9 6 1 2 1 16
a a a a
      

2
1
8 8 16 0
2
a
a a
a
 

    




0,25
Với
 
 

2
,
4
1 1; 2 ,
2
I d
a I R d      
. Phương trình đường tròn:
   
2 2
1 2 8
x y
   

0,25
Với
 
 
2
,
5
2 2;4 ,
2
I d
a I R d   
. Phương trình đường tròn:
   
2 2
25
2 4

2
x y   
0,25
2. (1 điểm)


1 2 ;1 ;
M d M t t t
     có




2 2 ;1 ; , 1; 1; 1
AM t t t AB
       
 

Véctơ pháp tuyến mặt phẳng (ABM) là:
 
1
, 1; 2;3
n AM AB t t
 
    
 
  

0,25
Véctơ pháp tuyến mặt phẳng (P) là:



2
1;2;1
n 


Theo giả thiết ta có:
 
   
1 2
1 2
2 2
1 2
.
1 2 4 3
1
cos os ,
6
.
1 4 1. 1 2 3
n n
t t
c n n
n n
t t

    
   
     

 
 
 

0,25
2
2 10 14 6. 2
t t t
    




2
2
2 10 14 6. 2
t t t    
2
4 14 10 0
t t
   
1
5
2
t
t









0,25
+) Với


1 1;2;1
t M 
+) Với
5 7 5
4; ;
2 2 2
t M
 
 
 
 

0,25
ĐK:
, 2
n n
 


Ta có:



3 2
1
3 3 1
n n
C A n

  


   
 
1 !
!
3 3 1
3! 2 ! 2 !
n
n
n
n n

   
 

0,25




   
1 1

3 1 3 1
6
n n n
n n n
 
    
2
18 18
n n n
   
(vì
1 0
n
 
)
2
1 ( )
17 18 0
18 ( / )
n l
n n
n t m
 

    




0,25

Ta có:
 
18
9
18 2
1
. . .
1
i
z i i i i i i
i

 
    
 

 

0,25
VIII.a
(1 điểm)

Vậy phần ảo của số phức
z
là -1 0,25
A) Theo chương trình Nâng cao
1. (1 điểm)
Gọi



0; , 0
A a a

. Có
   
2
3 ( )
2 2 4 1 8 0; 1
1 ( / )
a l
AB a A
a t m


       

 


0,25
Đường thẳng AC đi qua


0; 1
A

có véctơ pháp tuyến


2;2 : 1 0

AB AC x y
   




; 1
C t t
  
, kẻ
6 26
,
13
AH BC AH 
0,25
Ta có:
2 2 2
1 1 1
3 2
AC
AH AB AC
   
2 2
18 3
t t t
     

0,25
+) Với



3 3; 4
t C
  

+) Với


3 3;2
t C   
0,25
2. (1 điểm)
VII.b
(2 điểm)


Gọi I là điểm thỏa mãn:


2 0 2; 1;0
IA IB I   
 


0,25
Có:





2 2
2 2 2 2 2
2 2 3 2
MA MB MI IA MI IB MI IA IB
       
   

Vì IA, IB không đổi nên


2 2
2
MA MB
 nhỏ nhất
MI

nhỏ nhất

M là hình chiếu vuông
góc của I trên mặt phẳng (P).
0,25
Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với mặt phẳng (P)

phương trình
2 2
: 1
x t
d y t
z t
 



  







0,25




0;0; 1
d P M
  
. Vậy


0;0; 1
M

là điểm cần tìm.
0,25







2 2 2 2
3 2 8.3 2 9 2 0
x x
x x x x x x
        











2 2 2
3 8.3 9 2 0 3 1 3 9 2 0
x x x x
x x x x
           

0,25




2

3 9 2 0
x
x x
    
(vì
3 1 0
x
x
  
)
2
2
3 9 0
(1)
2 0
3 9 0
(2)
2 0
x
x
x x
x x


 



  







 




  




0,25
Giải (1):

 



2
(1) 2;
; 1 2;
x
x
x




   

    



Giải (2):
 
 
2
(2) 1;2
1;2
x
x
x



   

 



0,25
VIII.b
(1 điểm)

Từ (1) và (2) ta có tập nghiệm của phương trình đã cho là:



1;S
  

0,25