Đề thi thử đại học lần I môn: Toán; khối: A - A1 - B - V

 SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG 
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 
MÔN: TOÁN; KHỐI: A - A1 - B - V 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 2 3
2
xy
x
−
=
−
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận 
 của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M 
 sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. 
Câu II (1,0 điểm). Tìm nghiệm trên khoảng pi  
 
0;
2
 của phương trình 
pi pi
pi
     
− − − = + −     
     
x
x x
2 2 3
4sin 3 sin 2 1 2cos
2 2 4
Câu III (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( ) − + − = ∈
− + + =
ℝ
x x y xy y
x y
x y x y
3 2 2 3
6 9 4 0
,
2
. 
Câu IV (1,0 điểm). Tính tích phân 
4
2
6
tanx dx.
cosx. 1 cos
I
x
pi
pi
=
+
∫ 
Câu V (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), 
 đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Biết AB = BC = a, AD = 2a (a > 0). Mặt 
 phẳng (SCD) tạo với mặt đáy góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng 
 cách từ C đến mặt phẳng (SBD) theo a. 
Câu VI (1,0 điểm). Cho bốn số dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 4. 
 Chứng minh rằng + + + ≥
+ + + +
a b c d
b c c d d a a b
2 2 2 2
2
1 1 1 1
. 
Câu VII (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có 
 ( )−A 3;6 , trực tâm ( )H 2;1 , trọng tâm 4 7;3 3G     . Xác định tọa độ các đỉnh B và C. 
Câu VIII (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương 
 trình 2 2 2 2 4 6 11 0x y z x y z+ + − + − − = và mặt phẳng (α) có phương trình 
 2x + 2y – z + 17 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (β) song song với (α) và cắt (S) 
 theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6pi. 
Câu IX (1,0 điểm). Tìm hệ số x3 trong khai triển ( )2 2 , 0
n
x x
x
 
+ ≠ 
 
 biết n là số tự nhiên 
thỏa mãn 1 3 2 1 232 2 2... 2
n
n n nC C C
−+ + + = . 
----------------- Hết ---------------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. 
 Họ và tên thí sinh.............................................................; Số báo danh........................... 
 TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG 
Tổ: Toán 
----***---- 
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 
MÔN TOÁN - KHỐI A - A1 - B - V - LẦN I 
NĂM HỌC: 2012 – 2013 
Thời gian làm bài : 180 phút 
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM 
I 1 1.0 
TXĐ: { } ( )2
1\ 2 , y' = 0,
2
D x D
x
−
= < ∀ ∈
−
ℝ 
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( );2−∞ và ( )2;+∞ 
0.25 
 Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2;
x x
y y
→+∞ →−∞
= = tiệm cận ngang y = 2 
2 2
lim ; lim
x x
y y
− +→ →
= −∞ = +∞ ; tiệm cận đứng x = 2 
0.25 
Bảng biến thiên: 
x - ∞ 2 + ∞ 
y’ - - 
y 
0.25 
 Đồ thị 
0.25 
2 1.0 
 Ta có: 2x,
2x
3x2
;xM
0
0
0
0
≠





−
−
, ( )2
0
0
2x
1
)x('y
−
−
= 
Phương trình tiếp tuyến ∆ với ( C) tại M : ( ) 2x
3x2
)xx(
2x
1
y:
0
0
02
0
−
−
+−
−
−
=∆ 
0.25 
Toạ độ giao điểm A, B của (∆) và hai tiệm cận là: 
( )2;2x2B;
2x
2x2
;2A
0
0
0
−





−
−
Ta có: 0 0
2 2 2
2 2
+ −+
= = =
A B
M
xx x
x x , 
M
0
0BA y
2x
3x2
2
yy
=
−
−
=
+
⇒ M là trung điểm AB. 
0.25 
Mặt khác I(2; 2) và ∆IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp ∆IAB có 
diện tích: 
0.25 
- ∞ 
+ ∞ 
2 
2 
 2
2 2 20
0 0 2
0 0
2 3 1( 2) 2 ( 2) 2
2 ( 2)
xS IM x x
x x
pi pi pi pi
  −  
 = = − + − = − + ≥   
− −     
Dấu “=” xảy ra khi 


=
=
⇔
−
=−
3x
1x
)2x(
1
)2x(
0
0
2
0
2
0
 ⇒ M(1; 1) và M(3; 3) 0.25 
II 1,0 
 PT pi pi   ⇔ − = −  
  
x xsin 2 sin
3 2
0.25 
pi pi
pi
pi

= + ∈
⇔ 
 = + ∈

ℤ
ℤ
x k k
x l l
5 2
( )
18 3
5
2 ( )
6
0.25 
 0,25 
Vì 0
2
x ;
pi 
∈ 
 
 nên pix = 5
18
. 
 0,25 
III 1.0 
x x y xy y
x y x y
3 2 2 3
6 9 4 0 (1)
2 (2)
 − + − =

− + + =
Điều kiện: 0; 0x y x y− ≥ + ≥ 
0.25 
Ta có: (1) ⇔ x y x y2( ) ( 4 ) 0− − = ⇔ x y
x y4
 =

=
0.25 
• Với x = y: (2) ⇒ x = y = 2 0.25 
• Với x = 4y: (2) ⇒ x y32 8 15; 8 2 15= − = − 0.25 
IV 1.0 
 ∫
+
=
4
6
2cos1cos
tan
pi
pi
dx
xx
xI tan tan
cos tan
cos
cos
4 4
2 2
2
26 6
1 2
1
x xdx dx
x x
x
x
pi pi
pi pi
= =
++
∫ ∫ . 
0.25 
Đặt: tan .
cos
u x du dx
x
= ⇒ =
2
1
Khi x u
x u
pi
pi
= ⇒ =
= ⇒ =
1
6 3
1
4
.
uI du
u
⇒ =
+
∫
1
2
1
3
2
0.25 
Đặt 2
2
2
2
u
t u dt du
u
= + ⇒ =
+
 ; 
;u t u t= ⇒ = = ⇒ =
1 7
1 3
33
0.25 
.I dt t −⇒ = = = − =∫
3
3
7
7 3
3
7 3 7
3
3 3
0.25 
 V 1.0 
600
H
I
O
D
CB
A
S
* Tính được AC = DC = 2a 
DC AC⇒ ⊥ . 
( )D D CD SCSA ABC SA C⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Do đó góc giữa hai mặt phẳng 
(SCD) và (ABCD) là 
.SCA 

 060SCA⇒ = 6SA a⇒ = 
------------------------------------------- 
* ( )
2
D
1 3S D
2 2ABC
aA BC AB= + = 
Vậy:
3
. D D
1 6
.
3 2S ABC ABC
aV S SA= = 
0.25 
0.25 
Gọi O là giao điểm của AC và BD 
( )( ) ( )( )1 1 1, D , D
D 2 2 2
OC BC OC OA d C SB d A SB
OA A
⇒ = = ⇒ = ⇒ = 
Lập luận tìm được ( )( ) ( )( )2 51 51, D , D17 17
a ad A SB AH d C SB= = ⇒ = 
* Cách 2: 

2 2
D . D D
1 1 6
. D.sin D .
2 2 3 6BC S BC BC
a aS BC C BC V SA S∆ ∆= = ⇒ = = 
( )( )2 . DD
D
334 35, 7, 10 , D
2 17
S BC
SB
SB
VaBD a SB a SD a S d C SB a
S∆ ∆
= = = ⇒ = ⇒ = = 
0.5 
VI 1.0 
 Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: 
2
a ab c ab c ab c ab c ab abc
a a a a a
b c1+b c b c
2 2
2
(1 )
(1)
2 4 4 421
+
= − ≥ − = − ≥ − = − −
+
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c = 1 
( )
2
bc db bc d bc d bc d bc bcd
b b b b b
c d1+c d c d
2 2
2
1
(2)
2 4 4 421
+
= − ≥ − = − ≥ − = − −
+
( )
2
cd ac cd a cd a cd a cd cda
c c c c c
d a1+d a d a
2 2
2
1
(3)
2 4 4 421
+
= − ≥ − = − ≥ − = − −
+
( )
2
da bd da b da b da b da dab
d d d d d
a b1+a b a b
2 2
2
1
(4)
2 4 4 421
+
= − ≥ − = − ≥ − = − −
+
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: 
a b c d ab bc cd da abc bcd cda dab
b c c d d a a b
2 2 2 2
4
4 41 1 1 1
+ + + + + +
+ + + ≥ − −
+ + + +
0,25 
Mặt khác: ( )( ) a c b dab bc cd da a c b d
2
4
2
 + + +
+ + + = + + ≤ = 
 
. 
Dấu "=" xảy ra ⇔ a + c = b + d 
0.25 
( ) ( ) ( ) ( )a b c dabc bcd cda dab ab c d cd b a c d b a
2 2
2 2
   + +
+ + + = + + + ≤ + + +   
   
 ⇔ ( )( ) ( )( )a b c dabc bcd cda dab a b c d a b c d
4 4
 + +
+ + + ≤ + + + = + + 
 
0.25 
a b c d
abc bcd cda dab
2
4
2
 + + +
⇔ + + + ≤ = 
 
. 
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = d = 1. 
Vậy ta có: a b c d
b c c d d a a b
2 2 2 2
4 4
4
4 41 1 1 1
+ + + ≥ − −
+ + + +
a b c d
b c c d d a a b
2 2 2 2
2
1 1 1 1
⇔ + + + ≥
+ + + +
 ⇒ đpcm. 
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1. 
0.25 
 1,0 
Gọi I là trung điểm của BC. Ta có 3 7 1;
2 2 2
AI AG I  = ⇒  
 


 



Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có phương trình: x - y - 3 = 0. 
0,25 
Vì I 7 1;
2 2
 
 
 
 là trung điểm của BC nên giả sử ( )B BB x y; thì ( )B BC x y7 ;1− − 
và 
B B
x y 3 0− − = (1) 
0,25 
H là trực tâm của tam giác ABC nên CH AB⊥ , ( ) ( )B B B BCH x y AB x y5 ; , 3; 6= − + = + −



 



 ( )( ) ( )= ⇔ − + + − =


 


 B B B BCH AB x x y y. 0 5 3 6 0 (2) 
Từ (1) và (2) ta có hpt: 
( ) ( ) ( )
 = −− − =  = = 
⇔ ⇔ ∨   
− + + − = = − =
− + =    
B BB B B B
B B B B B BB B
y xx y x x
x x y y y yx x
2
33 0 1 6
5 3 6 0 2 37 6 0
0,25 
VII 
Vậy ( ) ( )B C1; 2 , 6;3− hoặc ( ) ( )B C6;3 , 1; 2− 0,25 
 1,0 
Do (β) // (α) nên (β) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D ≠ 17) 
Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = 5 
Đường tròn có chu vi 6pi nên có bán kính r = 3. 
0,25 
Khoảng cách từ I tới (β) là h = 2 2 2 25 3 4− = − =R r 0,25 
Do đó 
D D
D
D (loaïi)2 2 2
2.1 2( 2) 3 7
4 5 12
17
2 2 ( 1)
+ − − +  = −
= ⇔ − + = ⇔ 
=+ + −
0,25 
VIII 
Vậy (β) có phương trình 2x + 2y – z – 7 = 0 0,25 
 1,0 
Khai triển: 2 0 1 2 2 3 3 2 1 2 1 2 22 2 2 2 2 21
− −+ = + + + + + +n n n n n
n n n n n n
x C C x C x C x C x C x( ) ... 
Thay x = 1; x = –1 ta có : 
0 1 2 3 2 1 2 2
2 2 2 2 2 2... 2
n n n
n n n n n n
C C C C C C−+ + + + + + = 
0 1 2 3 2 1 2
2 2 2 2 2 2... 0
n n
n n n n n n
C C C C C C−− + − + − + = 
Từ đó: 1 3 2 1 2 12 2 2... 2
n n
n n n
C C C − −+ + + = 
0,25 
kết hợp giả thiết ta được n = 12 0,25 
Khai triển: 
12 12
2 24 3
12
0
2 2 −
=
 
+ = 
 
∑
k k k
k
x C x
x
0,25 
IX 
Hệ số x3 là: 7 712 2C =101376 0,25 
Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng cho điểm tối đa. 
--------------- Hết --------------