Bộ đề thi thử Đại học môn Toán - Đề số 8

 TRƯỜNG THPT 
CHUYÊN 
NGUYỄN HUỆ 
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI 
NĂM HỌC 2012 – 2013 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu 1: (2 điểm) 
Cho hàm số 4 22 2  y x x có đồ thị (C). 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số . 
 2. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số 
cộng. 
Câu 2: (2 điểm) 
1. Giải phương trình: 
1
2sin +tanx+ 1 tan3x
cos3x
 x 
2. Giải hệ phương trình: 
2
2
2
log 2
4 1 4 0
 

   
yx
x xy y
Câu 3: (2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho A(5;1) và đường tròn (C) : 
2 2 2 4 2 0    x y x y . Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm A, cắt đường tròn (C) tại hai 
điểm M, N sao cho MN = 3 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2 0   x y z và đường thẳng 
(d): 
3 2 1
2 1 1
  
 

x y z
. Viết phương trình đường thẳng ( ) đi qua M(3;0;-3) cắt đường thẳng (d) 
và mặt phẳng (P) lần lượt tại A và B sao cho M là trung điểm của AB. 
Câu 4: (1 điểm) 
 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC 
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M, N là trung điểm của 
SA, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC biết góc giữa MN và mặt phẳng (ABC) bằng 600. 
Câu 5: (2 điểm) 
1. Tìm 
4
3
0
2sinx+cosx
(sinx+cosx)
 dx

2. Tìm m để phương trình : 
2 23 3 3 22 2 2 2      x mx m x mx m x mx m có 2 nghiệm dương 
phân biệt. 
Câu 6: (1điểm) 
 Xét các số thực dương cba ,, . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
ca
cb
b
ca
a
cb
P
32
)(12
3
34
2
)(3






 . 
----------------------HẾT---------------------- 
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên:SBD: 
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT 
CHUYÊN 
NGUYỄN HUỆ 
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI 
NĂM HỌC 2012 – 2013 
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN 
Câu ý Nội dung Điểm 
1 
(2điểm) 
1 4 22 2  y x x 
TXĐ: R 
3' 4 4 y x x . 
0
' 0
1

    
x
y
x
0,25 
Giới hạn: ;lim lim
x x
y y
 
    
bảng biến thiên 
X -∞ 1 0 1 +∞ 
y’ – 0 + 0 – 0 + 
Y 
0,25 
Hàm số đồng biến trên khoảng ( 1; 3);(1; )   
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ; 1);(0;1)  
Điểm cực đại (0; 2) ; điểm cực tiểu ( 1; 3);(1; 3)   
0,25 
Đồ thị 
đồ thị hàm số có 2 điểm uốn là 
1 7 1 7
( ; );( ; )
3 33 3
   
Nhận xét: đồ thị nhận trục oy là trục đối xứng 
0,25 
2 Hoành độ giao điểm là nghiệm của pt: 4 22 2 0   x x m (1) 
Từ câu 1) suy ra pt có 4 nghiệm phân biệt 3 2   m 0,25 
Đặt 2( 0) t x t 
Phương trình trở thành : 2 2 2 0   t t m 
Khi 3 2   m thì phương trình (1) có 4 nghiệm là: 
2 1 1 2
    t t t t 
0,25 
4 nghiệm lập thành cấp số cộng 
2 1 1 2 1
2 9    t t t t t 0,25 
y 
O x 
+∞ 
+∞ 
3
3 
2 
4
2
-2
-4
-5 5
www.VNMATH.com
Theo định lý Vi-ét ta có: 
1
11 2
2
1 2 1
1
10 22 5
2 599 2
( )
25

   
   
         

t
tt t
t t m t m
m tm
Vậy 
59
25
 m 
0,25 
2 
(2điểm) 
1 
Điều kiện: 
2
cos3x 0 x
6 3
   
k 
 0,25 
1 1 2sin
2sin 1 tan 3 tan 2sin 1
cos3 cos3 cos3
1
sinx=1
(2sin 1)( 1) 0 2
cos3
cos3x=1
        

    


x
Pt x x x x
x x x
x
x
 0,5 
2
1 6
sinx=
52
2
6

 
 
  

x k
x k




 (không thỏa mãn điều kiện) 
2
os3x=1 3 2
3
   
k
c x k x

 (thỏa mãn điều kiện) 
Vậy nghiệm của phương trình là: 
2
3

k
x

. 
0,25 
2 2
2
2
log 2 (1)
4 1 4 0 (2)
 

   
yx
x xy y
Điều kiện: x>0. 
Từ (2) suy ra y<0 
(2) 2 2 2 2 44 1 4 16 16 4        x xy y x x y x y 
2 2 2 4 2 24 16 16 0 ( 4)(4 4) 0         x y x x y xy x xy 
2
2
4
4   xy x
y
 ( vì 24 4 0  x xy ) 
 0,25 
Thay vao (1) ta được: 22 22
4
log 2 4.2 2log ( ) 2 0     y y y
y
Xét 2
2
( ) 4.2 2log ( ) 2 '( ) 4.2 .ln 2
ln 2
      y yf y y f y
y
0,25 
Đặt ( 0)  t y t 
22 2ln 2 1 2'( ) 0 4.2 .ln 2 0 0 2ln 2
ln 2 2 ln 2
        
t
t
t
f y
t t t
Xét 
2
2 2 ln 2 2 1
( ) '( ) 0
ln 2

     
t t tt
g t g t t
t t
Ta có bảng biến thiên 
 T 
 0 
1
ln 2
 +∞ 
g’(t) – 0 + 
g(t) 
0,25 
+∞ 
+∞ 1
( )
ln 2
g 
www.VNMATH.com
Vì 
1
2 2ln 2
1 2
( ) 2 .ln 2 2.ln 2 2.ln 2 0
ln 2
     
t
g t
t
'( ) 0 0 ( )    f y y f y nghịch biến trên khoảng ( ;0) 
Nên phương trình f(y)= 0 có nghiệm duy nhất 1 4   y x 
Vậy hệ có nghiệm (4;-1) 
0,25 
3 
(2điểm) 
 Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) 
 bk R = 3 . 
Gọi H là giao điểm của MN và AI 
Ta có : 
2 2 3
2
  IH IM MH 
5IA 
0,25 
0,25 
TH1: A và I nằm khác phía với MN 
Ta có : 
3 7
5
2 2
    HA IA IH 
Trong tam giác vuông MHA ta có : 
2 2 13  AM HM AH 
Vậy phương trình đường tròn (C’) là: 2 2( 5) ( 1) 13   x y 
0,25 
TH2: A và I nằm cùng phía với MN 
Vì IA>IH nên I nằm giữa H và A 
Ta có : 
3 13
5
2 2
    HA IA IH 
Trong tam giác vuông MHA ta có : 
2 2 43  AM HM AH 
Vậy phương trình đường tròn (C’) là: 
2 2( 5) ( 1) 43   x y 
0,25 
2 Gọi điểm (3 2 , 2 ; 1 ) ( )     A t t t d và ( , , ) ( )B a b c P 0,25 
M là trung điểm của AB 
3 2 6 3 2
2 0 2
1 6 5
     
 
        
         
t a a t
t b b t
t c c t
Vì ( , , ) ( ) 2 0 (3 2 ) (2 ) ( 5 ) 2 0              B a b c P a b c t t t 
 1 t 
Suy ra A(5;-1;-2) và B(1;1;-4) 
0,5 
Vậy phương trình đường thẳng ( ) là: 
3 2
3
 

 
   
x t
y t
z t
0,25 
H
N
M
A
I
H
N
M
AI
www.VNMATH.com
4 
(1điểm) 
 Gọi I là trung điểm AC, do tam giác 
SAC cân nên SI AC mà 
( ) ( )SAC ABC suy ra ( )SI ABC 
0,25 
Gọi H là trung điểm AI suy ra MH//SI suy ra MH  (ABC) do đó: 
0( ,( )) 60MN ABC MNH  . 
2
2
ABC
a
S  
0,25 
Xét tam giác HCN có : 
3 2
;
2 4
 
a a
NC HC
2
2 2 2 0 5 102 . . os45
8 4
     
a a
NH HC NC HC NC c NH 
0,25 
Trong tam giác MHN có MH = NH.tan 0
30 30
60 ; 2
4 2
a SI MH a   
31 30.
3 12
SABC ABCV SI S a  
0,25 
5 
(2điểm) 
1 
4 4
3 3 3
0 0
2sinx+cosx osx(2 tan x+1)
(sinx+cosx) cos x(tanx+1)
 
c
dx dx
 
Đặt t = tanx 
2
1
os
 dt dx
c x
. Đổi cận x =0 0 t ; 1
4
  x t

Vậy 
1 1 1
3 2 3
0 0 0
(2 t +1) 2 1
(t+1) (t+1) (t+1)
    I dt dt dt 
0,25 
0, 5 
11
2
0 0
2 1 5
1 2(t+1) 8
   
t
 0,25 
2 2 23 3 3 2 212 2 (3 3 ) ( 3 )
2
           
x mx m x mx m x mx m x mx m 
Xét 
1
( ) 2
2
 tf t t là hàm đồng biến trên R 
Vậy pt 
2 2 2 0   x mx m 
0,25 
0,25 
Pt có 2 nghiệm dương phân biệt
2' 0 2 0
0 2 0 2
0 2 0
   
 
      
   
m m
S m m
P m
Vậy m>2 
0,5 
B
C
A
S
I
H
M
N
www.VNMATH.com
6 
(1điểm) 
 (*)
411
0,
yxyx
yx

 Dấu “=” xảy ra yx  
 








 


 8
32
12
3
34
1
2
)(3
211
ca
cb
b
ca
a
cb
P 
  







caba
cba
32
4
3
1
2
1
334 
0,5 
 Áp dụng (*): 
baba 32
4
3
1
2
1

 
cbacaba 334
16
32
4
32
4





0,25 
 
cbacaba 334
16
32
4
3
1
2
1



 
 51611  PP 
 Dấu “=” xảy ra acb
3
2
 
  Min khiP ,5 acb
3
2
 
0,25 
Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa 
www.VNMATH.com