I. Phần chung cho tất cả thí sinh(7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 2 3 3 3( 1) 1 (1) = + +y x mx m x m . a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1. = b. Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm cực đại A, đờng thẳng d cắt trục Oy tại điểm B. Tìm m để diện tích tam giác OAB bằng 6, với O là gốc tọa độ. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phơng trình: [ ] 3 2012 81 243 3 1 1 log ( 1) log ( 3) 5log 4( 2) . 3 503 + + = x x x Câu 3 (1,0 điểm). Giải phơng trình: 2sin x 1 1 2cos x cos x . 2cos2x 1 2sin x 1 2 3 3 + = + + + Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: 2 2 4 2 3 . 1 1 = + x I dx x x x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có AC a, BC 2a = = , góc ACB bằng 120 0 và đờng thẳng A'C tạo với mặt phẳng (ABB'A') góc 30 0 . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đờng thẳng A'B, CC' theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z l cỏc s thc dng tha món: 2 2 2 x y z 1. + + = Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc 2 2 2 x y z P . (y z) (z x) (x y) = + + + + + II. phần riêng(3,0 điểm): Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B) A. Theo chơng trình Chuẩn. Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn 2 2 ( ) : 10 10 30 0 + + = C x y x y . Viết phơng trình đờng thẳng tiếp xúc với đờng tròn (C) sao cho đờng thẳng cắt hai trục tọa độ Ox, Oy lần lợt tại A, B thỏa mãn 2 2 1 1 1 . OA OB 5 + = Câu 8.a (1,0 điểm). Trong khụng gian vi h ta Oxyz, vit phng trỡnh mt phng (P) i qua giao tuyn ca hai mt phng ( ) : 2x y 1 0,( ) : 2x z 0 + = = v to vi mt phng (Q): x 2y 2z 1 0 + = gúc m 2 2 cos . 9 = Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn: ( ) 2 2 z 1 z 1 1 0i z 3. + + + = + B. Theo chơng trình Nâng cao. Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hỡnh vuụng ABCD cú tõm I(1;1), hai ng thng AB v CD ln lt i qua cỏc im M(-2;2) v N(2;-2). Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh vuụng ABCD, bit C cú tung õm. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 4 4 0 + + + = S x y z x y và mặt phẳng (P): x z 3 0. + = Viết phơng trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm M(3;1; 1) , vuông góc với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa x 8 trong khai triển: 3n 4 1 1 x x , x 0 biết 4 4 log n log 9 n 5 n . + = Hết Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm. Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: đề thi thử tuyển sinh đại học năm 2013 Môn: Toán - Khối A, B, A1. Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề Sở giáo dục và đào tạo thái nguyên Trờng thpt lơng ngọc quyến 1 Hớng dẫn chấm thi thử đại học năm 2013 môn Toán- khối A, B, A1 Lu ý khi chm bi: - ỏp ỏn ch trỡnh by mt cỏch gii bao gm cỏc ý bt buc phi cú trong bi lm ca hc sinh. Khi chm nu hc sinh b qua bc no thỡ khụng cho im bc ú. - Nu hc sinh gii cỏch khỏc, giỏm kho cn c cỏc ý trong ỏp ỏn cho im. - Trong bi lm, nu mt bc no ú b sai thỡ cỏc phn sau cú s dng kt qu sai ú khụng c im. - Hc sinh c s dng kt qu phn trc lm phn sau. - Trong li gii cõu 5, nu hc sinh khụng v hỡnh hoc v sai hỡnh thỡ khụng cho im. - im ton bi tớnh n 0,25 v khụng lm trũn. Câu Nội dung Điểm I. Phần chung cho tất cả thí s inh (7,0 điểm) Câu 1 Cho hàm số 3 2 2 3 3 3( 1) 1 (1) = + +y x mx m x m . a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1. = b. Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm cực đại A, đờng thẳng d cắt trục Oy tại điểm B. Tìm m để diện tích tam giác OAB bằng 6, với O là gốc tọa độ. a . 1,0 b. 1,0 a. Khi m=1 ta có hàm số: 3 2 y x 3x . = TXĐ: D = R. Giới hạn: lim , lim . + = + = x x y y 0.25 Chiều biến thiên: 2 0 ' 3 6 , ' 0 2 = = = = x y x x y x => Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ;0) và (2; ) + , Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2). Hàm số đạt cực đại tại x CĐ =0, y CĐ =0, hàm số đạt cực tiểu tại x CT =2, y CT =-4 BBT x - 0 2 + y + 0 - 0 + y 0 + - - -4 0,25 0.25 Vẽ đồ thị 0.25 Sở giáo dục và đào tạo thái nguyên Trờng thpt lơng ngọc quyến 2 b. Ta có ( ) 2 2 ' 3 6 3 1 = + y x mx m , 1 ' 0 1 = = = + x m y x m Hàm số luôn có cực đại, cực tiểu với mọi m . 0.25 y' đổi dấu từ dơng sang âm khi x đi qua giá trị x=m-1 nên đồ thị hàm số có điểm cực đại là A(m-1;-3m+3) Phơng trình tiếp tuyến d tại điểm A là: y=-3m+3 0.25 { } d Oy B B (0; 3m 3) = = + Điều kiện để có tam giác ABC là m 1. Do d song song với trục Ox nên tam giác OAB vuông tại B. 0.25 AB m 1 ,OB 3m 3 = = + , OAB m 1 1 S AB.BO 6 m 3 2 = = = = (thỏa mãn điều kiện) Vậy: m 1 m 3 = = 0,25 Câu 2 Giải phơng trình: [ ] 3 2012 81 243 3 1 1 log ( 1) log ( 3) 5 log 4( 2) . 3 503 + + = x x x 1,0 TXĐ: x 2 x 3 > 0,25 [ ] 3 2012 81 243 3 1 1 log ( 1) log ( 3) 5log 4( 2) ( 1) 3 4( 2) 3 503 + + = + = x x x x x x 0,25 TH1: Nếu x 3: > 1 (loai) ( 1)( 3) 4( 2) 5 = + = = x x x x x 0,25 TH2: Nếu 2 x 3: < < 1 2 3 (loai) ( 1)( 3) 4( 2) 1 2 3 = + = = + x x x x x Vậy: phơng trình có 2 nghiệm: 5, 1 2 3. = = +x x 0,25 Câu 3 Giải phơng trình: 2sin x 1 1 2cos x cos x . 2cos2x 1 2sin x 1 2 3 3 + = + + + 1.0 TXĐ: 1 2 x k , k . 6 1 2 cos2x sin x + 0,25 Ta đợc pt: 2 2 2sin x 1 1 cos cos2x . 2sin x 1 2 1 4sin x 3 + + = + + 0,25 2 1 cos2x 2cos 2x cos2x 1 0 2cos2x 1 = = 0.25 ( ) x k cos2x 1 k 1 x kcos2x 32 = = = + = (Thỏa mãn điều kiện) Vậy: ( ) x k k x k 3 = = + `0,25 3 Câu 4 Tính tích phân: 2 2 4 2 3 . 1 1 = + x I dx x x x 1.0 Ta cú: ( ) 2 2 5 2 2 3 1 1 x I dx x x = + . t t = 2 1 x + , suy ra 2 2 2 & 1 1 x dt dx x t x = = + 0,25 i cn: 3 2; 2 2 3 x t x t = = = = Khi ú ( ) 2 2 3 2 2 1 2 t I dt t = 0,25 I = 3 3 3 4 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 t t dt t dt dt t t + = + = 3 3 3 2 2 1 1 1 1 3 2 2 2 2 t dt t t + + 0,25 = 3 2 19 1 ln 2 ln 2 3 2 2 t t + + = 19 2 4 2 ln 3 4 4 2 + + 0,25 Câu 5 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có AC a, BC 2a = = , góc ACB bằng 120 0 và đờng thẳng A'C tạo với mặt phẳng (ABB'A') góc 30 0 . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đờng thẳng A'B, CC' theo a. 1.0 Trong mp(ABC), kẻ CH AB (H AB), suy ra CH (ABB ' A '). A'H là hình chiếu của A'C lên mp(ABB'A'). Do đó: ( ) ( ) 0 A ' C,(ABB'A ') A 'C, A 'H CA' H 30 = = = B C A' C' B' A H 0,25 2 0 ABC 1 a 3 S AC.BC.sin120 2 2 = = , 2 2 2 0 AB AC BC 2AC.BC.cos120 AB a 7 = + = ABC 0 2S a 21 CH 2a 21 CH A 'C . AB 7 sin 30 7 = = = = 0.25 Xét tam giác vuông AA'C ta đợc: 2 2 a 35 A' A A ' C AC . 7 = = 3 ABC.A ' B'C' ABC a 105 V S .AA ' . 14 = = 0.25 Do CC'//AA' nên CC'//(ABB'A') nên: a 21 d(A ' B,CC') d(CC ',(ABB' A ')) d(C,(ABB' A ')) CH . 7 = = = = 0.25 4 Câu 6 Cho x, y, z l cỏc s thc dng tha món: 2 2 2 x y z 1. + + = Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc 2 2 2 x y z P . (y z) (z x) (x y) = + + + + + 1.0 Theo BĐT Bunhia copxki: ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 x x (y z ) 1 1 y z 2 1 x (1) ( y z) 2 1 x + + + = + 0.25 Mặt khác, áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dơng 2 2 2 2x ,1 x ,1 x ta đợc: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2x 1 x 1 x x 3 3 2x 1 x x 3 3 4 2 1 x + + = (2) 0.25 Từ (1) và (2): 2 2 x 3 3 x (y z ) 4 + . Tơng tự: 2 2 2 2 y 3 3 z 3 3 y , z (z x ) 4 (x y) 4 + + 0.25 Suy ra ( ) 2 2 2 2 2 2 x y z 3 3 3 3 P x y z (y z) (z x) (x y) 4 4 = + + + + = + + + Vậy: min 3 3 P 4 = khi 3 x y z . 3 = = = 0.25 II. phần riêng (3,0 điểm) A. Chơng trình chuẩn Câu 7.a Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn 2 2 ( ) : 10 10 30 0 + + = C x y x y . Viết phơng trình đờng thẳng tiếp xúc với đờng tròn (C) sao cho đờng thẳng cắt hai trục tọa độ Ox, Oy lần lợt tại A, B thỏa mãn 2 2 1 1 1 . OA OB 5 + = 1,0 Đờng tròn (C) có tâm I(5;5), bán kính R 2 5 = Gọi A(a;0), B(0;b) ,a.b 0 , lần lợt là giao điểm đờng thẳng và trục Ox, Oy. OA a ,OB b = = 0,25 Theo bài có: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a b 5 OA OB 5 5 5 1 2 d(I, ) R a b + = + = + = = 0,25 a 5 5 b 2 5 a 2 b 5 5 a 2 b 5 a 5 5 b 2 = = = = = = = = 0,25 Vậy: các pt của đờng thẳng là: x 2y 5 0,2x y 5 0,2x y 5 0,x 2y 5 0. + = + = + = = 0.25 5 Câu 8.a Trong khụng gian vi h ta Oxyz, vit phng trỡnh mt phng (P) i qua giao tuyn ca hai mt phng ( ) : 2x y 1 0,( ) : 2x z 0 + = = v to vi mt phng (Q): x 2y 2z 1 0 + = gúc m 2 2 cos . 9 = 1,0 Vỡ mp(P) i qua giao tuyn ca ( ) v ( ) nờn mp (P) i qua 2 im M(0;1;0), N(1;3;2) Phng trỡnh mp(P) i qua M v cú Vt phỏp tuyn 2 2 2 n (A; B;C), A B C 0 = + + l: Ax+By+Cz-B=0 Vỡ ( ) (P) AN 1;3 C 2 B; 2 2 = n ( 2B 2C; B;C) = 0,25 2 2 os 9 =c 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9 3 (2 2 ) + = + + + B C B C B C B C 13B 2 - 8BC 5C 2 = 0 0,25 Nu C = 0 B = 0, A=0 loi Nu 0 C ta c pt: 2 2 1 13 8 5 0 5 13 B B B C B C C C = = = 0.25 + Vi 1 ( ) : 4 1 0 B P x y z C = + = + Vi 5 ( ) : 16 5 13 5 0 13 B P x y z C = + = Vy: Cú 2 mt phng (P) cú phng trỡnh l: 4 1 0, x y z + = 16 5 13 5 0 x y z + = 0.25 Câu 9.a Tìm số phức z thỏa mãn: ( ) 2 2 z 1 z 1 1 0i z 3 + + + = + 1,0 Gọi z a bi (a, b ) = + , ta đợc: ( ) 2 2 a bi 1 a bi 1 1 0i a bi 3 + + + + + = + 0,25 ( ) 2 2a a 1 (2ab 3b 1 0)i 0 + + + = 0,25 2 a 1 b 2 2a a 1 0 1 2ab 3b 10 0 a 2 b 5 = = = + + = = = 0,25 Vậy: 1 z 1 2i,z 5i 2 = = . 0,25 B. Chơng trình nâng cao Câu 7.b Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hỡnh vuụng ABCD cú tõm I(1;1), hai ng thng AB v CD ln lt i qua cỏc im M(-2;2) v N(2;-2). Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh vuụng ABCD, bit C cú tung õm. 1,0 Gọi M' đối xứng với M qua I. Ta đợc M'=(4;0) thuộc đờng thẳng CD. Đờng thẳng CD đi qua 2 điểm N, M' nên có pt là: x 4 t y t = + = 0,25 Gọi H là hình chiếu của I trên CD nên H=(4+ t ;t). Vì IH CD nên IH.N M ' 0 t 1 H (3; 1), IH 2 2 . = = = = 0,25 Do C thuộc đờng thẳng CD nên C=(4+c;c). Vì c 1(loai) HC IH 2 2 c 3(tm) = = = = 0,25 Với c= - 3 , ta đợc A(1;5), B( - 3;1), C(1; - 3), D(5;1) 0,25 6 C©u 8.b Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho mÆt cÇu 2 2 2 ( ) : 2 4 4 0 + + + − − = S x y z x y vµ mÆt ph¼ng (P): x z 3 0. + − = ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (Q) ®i qua ®iÓm M(3;1; 1) − , vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (P) vµ tiÕp xóc víi mÆt cÇu (S). 1,0 Mặt cầu (S) có tâm I(-1;2;0) và bán kính R=3. Mặt phẳng (P) có VTPT ( ) ( ) 1;0;1 P n Mặt phẳng (Q) đi qua M có dạng ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 1 1 0 0 A x B y C z A B C − + − + + = + + ≠ với VTPT là ( ) ( ) ; ; Q n A B C 0,25 Do (Q) tiếp xúc với (S) nên 2 2 2 2 2 2 4 ( ,( )) 3 4 3 A B C d I Q R A B C A B C A B C − + + = ⇔ = ⇔ − + + = + + + + (*) 0,25 Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) . 0 0 ⊥ ⇔ = ⇔ + = ⇔ = − Q P Q P n n A C C A Thay vào (*) ta được 2 2 2 2 5 3 2 8 7 10 0 B A A B B A AB − = + ⇔ − + = (**) 0,25 Chọn B=1, (**) 2 7 10 8 0 2 A A A ⇔ − − = ⇔ = hoặc 4 7 A − = Với 2 2 A C = ⇒ = − : được phương trình mặt phẳng (Q) là: 2 2 9 0 x y z + − − = Với 4 4 7 7 A C − = ⇒ = : được phương trình mặt phẳng (Q) là: 4 7 4 9 0 x y z − − − = Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là: 2 2 9 0 x y z + − − = và 4 7 4 9 0 x y z − − − = . 0,25 C©u 9.b Tìm hệ số của số hạng chứa x 8 trong khai triển : 3 4 1 1 , 0 − − ≠ n x x x biết 4 4 log log 9 5 n n n + = 1.0 Đặt 4 log 4 = ⇒ = t n t n Ta được pt: 4 5 9 + = t t t , tìm được t 1 n 4 = ⇒ = 0.25 12 3 12 4 4 12 4 12 0 1 1 1 1 1 ( 1) n k k k k x x C x x x x − = − − = − + = − + ∑ ( ) 12 12 12 4 12 4 4 12 12 0 0 0 0 12 12 4 5 12 0 0 1 ( 1) ( 1) ( 1) i k k k i k k i k k i k i i k k k i k i k k k i k i k k i C C x C C x x x C C x − − − − − = = = = − − = = = − = − = − ∑ ∑ ∑∑ ∑∑ 0.25 Theo đề bài có: i, k ∈N, 0 ≤ i ≤ k ≤ 12; 4k − 5i = 8 ⇒ i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k = 12 0.25 Vậy hệ số cần tìm là: 2 0 7 4 12 8 12 2 12 7 12 12 . . . 27159 C C C C C C− + = − 0,25 . 9 n 5 n . + = Hết Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm. Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: đề thi thử tuyển sinh đại học năm 2013 Môn: Toán - Khối A, B,. Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 2 3 3 3( 1) 1 (1) = + +y x mx m x m . a. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1. = b. Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại. phát đề Sở giáo dục và đào tạo thái nguyên Trờng thpt lơng ngọc quyến 1 Hớng dẫn chấm thi thử đại học năm 2013 môn Toán- khối A, B, A1 Lu ý khi chm bi: - ỏp ỏn ch trỡnh by mt cỏch