15 đề thi thử đại học môn toán (có lời giải)

ĐỀ SỐ 1 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1)1(3)2( 2 3 23 +−−−−= xmxmxy (1), m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 2−=m . b) Tìm 0>m để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là CTCĐ yy , thỏa mãn 42 =+ CTCĐ yy . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình .sin)sin(cos322cossin)1(tan 2 xxxxxx +=+++ Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình .0)184(log)2(log 2 1 4 2 12 ≤−−++ xx Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân .d 7233 6ln 0 ∫ +++ = x ee e I xx x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp ABCDS. có )( ABCDSC ⊥ , đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng 3a và .120 0 =∠ABC Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng )(SAB và )(ABCD bằng .45 0 Tính theo a thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BDSA, . Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn .3 222 yzyx ≤++ Tìm giá trị nhỏ nhất của . )3( 8 )2( 4 )1( 1 222 + + + + + = zyx P 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 với hệ tọa độ ,Oxy cho hình thoi ABCD có phương trình đường thẳng AC là ,0317 =−+ yx hai đỉnh DB , lần lượt thuộc các đường thẳng 032:,08: 21 =+−=−+ yxdyxd . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho hai đường thẳng 1 7 1 5 1 4 : 1 + = − − = + zyx d và 2 1 11 2 : 2 − + = − = − zyx d . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua 1 ),0;2;1( dM ⊥− và tạo với 2 d góc .60 0 Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm hệ số của 7 x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của n x x       − 2 2 , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 323 1 24 nnn ACC =+ + . b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hai đường thẳng 02: 1 =−− yxd và 022: 2 =−+ yxd . Giả sử 1 d cắt 2 d tại . I Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua )1;1( −M cắt 1 d và 2 d tương ứng tại BA , sao cho IAAB 3= . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho điểm )3;1;2( − M và đường thẳng 1 1 3 4 2 2 : + = − − = + zyx d . Viết phương trình mặt phẳng )(P đ i qua )0;0;1( K , song song v ớ i đườ ng th ẳ ng d đồ ng th ờ i cách đ i ể m M m ộ t kho ả ng b ằ ng 3 . Câu 9.b (1,0 điểm). Cho t ậ p { } 5,4,3,2,1=E . Vi ế t ng ẫ u nhiên lên b ả ng hai s ố t ự nhiên, m ỗ i s ố g ồ m 3 ch ữ s ố đ ôi m ộ t khác nhau thu ộ c t ậ p E. Tính xác su ấ t để trong hai s ố đ ó có đ úng m ộ t s ố có ch ữ s ố 5. ---------------------------- Hết -------------------------- 1 Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khi 2−=m hàm s ố tr ở thành .196 23 +++= xxxy a) T ậ p xác đị nh: .R b) S ự bi ế n thiên: * Gi ớ i h ạ n t ạ i vô c ự c: Ta có −∞= −∞→ y x lim và .lim +∞= +∞→ y x * Chi ề u bi ế n thiên: Ta có ;9123' 2 ++= xxy .130'; 1 3 0'; 1 3 0' −<<−⇔<    −> −< ⇔>    −= −= ⇔= xy x x y x x y Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) ;;1,3; ∞+−−∞− nghịch biến trên ( ) .1;3 −− * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại ,1,3 =−= CĐ yx hàm s ố đạ t c ự c ti ể u t ạ i .3,1 −=−= CT yx 0,5 * B ả ng bi ế n thiên: c) Đồ th ị : 0,5 b) (1,0 điểm) Ta có .),1(3)2(33' 2 R∈∀−−−−= xmxmxy    −== −== ⇔=+−−−⇔= .1 1 01)2(0' 2 1 2 mxx xx mxmxy Chú ý r ằ ng v ớ i 0>m thì . 21 xx < Khi đ ó hàm s ố đạ t c ự c đạ i t ạ i 1 1 −=x và đạ t c ự c ti ể u t ạ i .1 2 −= mx Do đ ó .1)1)(2( 2 1 )1(, 2 3 )1( 2 +−+−=−==−= mmmyy m yy CTCĐ 0,5 Câu 1. (2,0 điểm) Từ giả thiết ta có 0)1)(2(6641)1)(2( 2 1 2 3 .2 22 =−+−−⇔=+−+− mmmmm m      ±− = = ⇔=−+−⇔ . 2 331 1 0)8)(1( 2 m m mmm Đố i chi ế u v ớ i yêu c ầ u 0>m ta có giá tr ị c ủ a m là . 2 331 ,1 +− == mm 0,5 Câu 2. (1,0 điểm) Đ i ề u ki ệ n: ,0cos ≠x hay . 2 π π kx +≠ Khi đ ó ph ươ ng trình đ ã cho t ươ ng đươ ng v ớ i xxxxxx sin)sin(cos32sin21sin)1(tan 22 +=+−++ xxxxxx 22 sin6sin)sin(cos33sin)1(tan +−=+−⇔ 0,5 x 'y y 3− ∞− ∞+ 1 − 1 ∞− ∞+ 3 − + – 0 0 + x O 3− y 1 3− 1− ĐỀ SỐ 1 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút 2 0)12cos2)(cos(sin 0)cos3)(sincos(sin 0cos)sin(cos3sin)1(tan sin)sin(cos32cos3sin)1(tan 22 2 2 =+−⇔ =−−⇔ =−+−⇔ −=+−⇔ xxx xxxx xxxxx xxxxxx       ∈+±= += ⇔     −= = ⇔ ., 3 4 2 1 2cos cossin Zkkx kx x xx π π π π Đố i chi ế u đ i ề u ki ệ n ta có nghi ệ m Z∈+±=+= kkxkx , 3 , 4 π π π π 0,5 Đ i ề u ki ệ n: .182 0184 018,02 4 ≤<−⇔    >−− ≥−>+ x x xx Khi đ ó b ấ t ph ươ ng trình đ ã cho t ươ ng đươ ng v ớ i )184(log2log 4 22 xx −−≤+ 4 1842 xx −−≤+⇔ . Đặ t .18 4 xt −= Khi đ ó 4 200 <≤ t và b ấ t ph ươ ng trình tr ở thành tt −≤− 420 4 0,5 Câu 3. (1,0 điểm) .42 02 4 0)252)(2( 4 048 4 )4(20 04 23 2424 ≤≤⇔    ≥− ≤ ⇔    ≥+++− ≤ ⇔    ≥−−+ ≤ ⇔    −≤− ≥− ⇔ t t t tttt t ttt t tt t Suy ra .2218 4 ≤⇔≥− xx K ế t h ợ p v ớ i đ i ề u ki ệ n, ta có nghi ệ m c ủ a b ấ t ph ươ ng trình là .22 ≤<− x 0,5 Đặ t .3 te x =+ Khi đ ó .d23 2 ttdxete xx =⇒−= Khi ,20 =⇒= tx khi .36ln =⇒= tx Suy ra ∫∫ ++ = +−+ = 3 2 2 3 2 2 d 132 2 7)3(23 d2 t tt t tt tt I 0,5 Câu 4. (1,0 điểm) ∫∫       + − + = ++ = 3 2 3 2 d 12 1 1t 1 2d )12)(1( 2 t t t tt t . 63 80 ln)5ln7(ln)3ln24ln2(12ln1ln2 2 3 2 3 =−−−=+−+= tt 0,5 Câu 5. (1,0 điểm) K ẻ ⇒⊥ ABSK hình chi ế u ABCK ⊥ ( ) .45)(),( 0 =∠=⇒ SKCABCDSAB 2 3 60sin60120 000 a CBCKCBKABC ==⇒=∠⇒=∠ . 2 3 45tan 0 a CKSC ==⇒ (1) . 2 33 120sin. 2 0 a BCABS ABCD == (2) T ừ (1) và (2) . 4 33 . 3 1 3 . a SSCV ABCDABCDS ==⇒ 0,5 S D A B K C O I 3 G ọ i .BDACO ∩= Vì SCBDACBD ⊥⊥ , nên )(SACBD ⊥ t ạ i O. K ẻ OISAOI ⇒⊥ là đườ ng vuông góc chung c ủ a BD là SA . S ử d ụ ng hai tam giác đồ ng d ạ ng AOI và ASC ho ặ c đườ ng cao c ủ a tam giác SAC suy ra . 10 53 52 3 aa OI == Suy ra . 10 53 ),( a BDSAd = 0,5 Ta có )1()4()1(242 222 +++++≤++ zyxzyx 636 222 +≤+++= yzyx . Suy ra 622 ≤++ zyx . D ấ u đẳ ng th ứ c x ả y ra khi 1 2 === z y x . Chú ý r ằ ng, v ớ i hai s ố d ươ ng ba, áp d ụ ng b ấ t đẳ ng th ứ c Côsi ta có 222 )( 811 baba + ≥+ , (*) d ấ u đẳ ng th ứ c x ả y ra khi và ch ỉ khi ba = . 0,5 Câu 6. (1,0 điểm) Áp d ụ ng (*) ta đượ c 2 2 2 )3( 8 )1 2 ( 1 )1( 1 + + + + + = z y x P 2 2 )3( 8 )1 2 1( 8 + + +++ ≥ z y x 2 2 )1022( 4.64 )32 2 ( 64 +++ = ++++ ≥ zyx z y x .1 )106( 4.64 2 = + ≥ D ấ u đẳ ng th ứ c x ả y ra khi 1,2,1 === zyx . V ậ y giá tr ị nh ỏ nh ấ t c ủ a P b ằ ng 1, đạ t khi 1,2,1 === zyx . 0,5 ),8;(8: 1 bbBxydB −⇒−=∈ ).;32(32: 2 ddDyxdD −⇒−=∈ )8;32( −+−+−=⇒ dbdbBD và trung đ i ể m BD là . 2 8 ; 2 32       ++−−+ dbdb I Theo tính ch ấ t hình thoi    = = ⇔    =−+− =−+− ⇔      ∈ = ⇔    ∈ ⊥ ⇒ 1 0 0996 013138 0. d b db db ACI BDu ACI ACBD AC Suy ra . 2 9 ; 2 1 )1;1( )8;0(       − ⇒    − I D B 0,5 Câu 7.a (1,0 điểm) ).;317(317: aaAyxACA +−⇒+−=∈ 2 15 215 2 . 2 1 =⇒==⇒= IA BD S ACBDACS ABCD    − ⇒    = = ⇔=       −⇔=       −+       +−⇒ )6;11( )ktm()3;10( 6 3 4 9 2 9 2 225 2 9 2 63 7 222 A A a a aaa Suy ra ).3;10()6;11( CA ⇒− 0,5 Gi ả s ử ∆ có vtcp .0),;;( 222 ≠++= ∆ cbacbau .00. 11 =+−⇔=⇔⊥∆ ∆ cbauud (1) )2()(3)2(2 2 1 60cos .411 2 60),( 22220 222 0 2 cbacba cba cba d ++=−−⇔== ++++ −− ⇔=∆∠ 0,5 Câu 8.a (1,0 điểm) T ừ (1) có cab += thay vào (2) ta đượ c ( ) 02)(318 222222 =−+⇔+++= cacaccaac    −=−= == ⇔ .,2 2, cbca cbca V ớ i ,2, cbca == ch ọ n )1;2;1(1 =⇒= ∆ uc ta có . 12 2 1 1 : zyx = − = + ∆ V ớ i ,,2 cbca −=−= ch ọ n )1;1;2(1 −= ⇒ −= ∆ uc ta có . 11 2 2 1 : − = − = + ∆ zyx 0,5 B A D C I 4 Ta có 3),2)(1()1( 6 )1(()1( .424 323 1 ≥−−=−+ −+ ⇔=+ + nnnnnn nnn ACC nnn .11 3,01112 3),23(3)1(3)1(2 2 22 =⇔ ≥=+−⇔ ≥+−=−+−⇔ n nnn nnnnn 0,5 Câu 9.a (1,0 điểm) Khi đ ó )2.( 2 .)( 2 11 0 322 11 11 0 112 11 11 2 ∑∑ = − = − −=       −=       − k kkk k k kk xC x xC x x S ố h ạ ng ch ứ a 7 x là s ố h ạ ng ứ ng v ớ i k th ỏ a mãn .57322 =⇔=− kk Suy ra h ệ s ố c ủ a 7 x là .14784)2.( 55 11 −=−C 0,5 1 d c ắ t 2 d t ạ i ).0;2(I Ch ọ n ,)2;0( 10 dA ∈− ta có .22 0 =IA L ấ y 20 );22( dbbB ∈− sao cho 263 000 == IABA 72)2()22( 22 =++−⇔ bb            − − ⇒     1 −= = ⇔=−−⇔ . 5 16 ; 5 42 )4;6( 5 6 4 06445 0 0 2 B B b b bb 0,5 Câu 7.b (1,0 điểm) Suy ra đườ ng th ẳ ng ∆ là đườ ng th ẳ ng qua )1;1(−M và song song v ớ i . 00 BA Suy ra ph ươ ng trình 0: =+∆ yx ho ặ c .067: =−+∆ yx 0,5 (P) đ i qua ⇒)0;0;1(K ph ươ ng trình (P) d ạ ng ).0(0 222 ≠++=−++ CBAACzByAx    ≠−+− =+− ⇔      ∉−− = ⇔ )2(043 )1(032 )()1;4;2( 0. //)( CBA CBA PH nu dP Pd ( ) ).(3)3(3 3 3)(, 2222 222 CBACBA CBA CBA PMd ++=+−⇔= ++ +− ⇔= (3) 0,5 Câu 8.b (1,0 điểm) T ừ (1) có ,32 BAC +−= thay vào (3) ta đượ c ( ) 2222 )32(3)85( BABABA +−++=+−    = = ⇔=+−⇔ .175 017225 22 BA BA BABA V ớ i ,BA = ta có ,BC = không th ỏ a mãn (2). V ớ i ,175 BA = ta có . 5 19 , 5 17 BCBA −== Ch ọ n 5=B ta có 19,17 −== CA , th ỏ a mãn (2). Suy ra .01719517:)( =−−+ zyxP 0,5 S ố các s ố t ự nhiên có 3 ch ữ s ố đ ôi m ộ t khác nhau thu ộ c t ậ p E là .60345 =×× Trong đ ó s ố các s ố không có m ặ t ch ữ s ố 5 là ,24234 =×× và s ố các s ố có m ặ t ch ữ s ố 5 là .362460 =− 0,5 Câu 9.b (1,0 điểm) G ọ i A là bi ế n c ố hai s ố đượ c vi ế t lên b ả ng đề u có m ặ t ch ữ s ố 5; B là bi ế n c ố hai s ố đượ c vi ế t lên b ả ng đề u không có m ặ t ch ữ s ố 5. Rõ ràng A và B xung kh ắ c. Do đ ó áp d ụ ng qui t ắ c c ộ ng xác su ấ t ta có . 25 13 5 2 5 3 . . . . )()()( 22 1 60 1 60 1 24 1 24 1 60 1 60 1 36 1 36 =       +       =+=+=∪ CC CC CC CC BPAPBAP Suy ra xác su ấ t c ầ n tính là . 25 12 25 13 1)(1 =−=∪−= BAPP 0,5 I d 1 d 2 A M B ∆ A 0 B 0 ĐỀ SỐ 2 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 đ i ể m) Câu I. (2,0 đ i ể m) Cho hàm s ố 2 + − = x xm y có đồ th ị là )( m H , v ớ i m là tham s ố th ự c. 1. Kh ả o sát s ự bi ế n thiên và v ẽ đồ th ị c ủ a hàm s ố đ ã cho khi 1 = m . 2. Tìm m để đườ ng th ẳ ng 0122: =−+ yxd c ắ t )( m H t ạ i hai đ i ể m cùng v ớ i g ố c t ọ a độ t ạ o thành m ộ t tam giác có di ệ n tích là . 8 3 = S Câu II. (2,0 đ i ể m) 1. Gi ả i ph ươ ng trình xxxxxxx sincos)sin.(coscos)cot1.(sin 23 +=−+− . 2. Gi ả i ph ươ ng trình )1(log 2 1 12log)1(log 3 3 3 3 ++−=+ xxx . Câu III. (1,0 đ i ể m) Tính tích phân ∫ + = 3 1 2 2 )3ln( dx x x I . Câu IV. (1,0 đ i ể m) Cho hình chóp S.ABC có )( ABCSC ⊥ và tam giác ABC vuông t ạ i B. Bi ế t r ằ ng )0(3, >== aaACaAB và góc gi ữ a hai m ặ t ph ẳ ng (SAB), (SAC) b ằ ng α v ớ i 6 13 tan = α . Tính th ể tích kh ố i chóp S.ABC theo a. Câu V. (1,0 đ i ể m) Cho các s ố th ự c d ươ ng zyx ,, tho ả mãn 912513 =++ zyx . Tìm giá tr ị l ớ n nh ấ t c ủ a bi ể u th ứ c xz zx zy yz yx xy A + + + + + = 2 6 2 3 2 . B. PHẦN RIÊNG (3,0 đ i ể m) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (ph ầ n a, ho ặ c b). a. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. (2,0 đ i ể m) 1. Trong m ặ t ph ẳ ng v ớ i h ệ tr ụ c Oxy, cho các đườ ng th ẳ ng 032: 1 =++ yxd ; .087:;0123: 2 =+−∆=−− yxyxd Tìm đ i ể m 1 dP ∈ và 2 dQ ∈ sao cho ∆ là đườ ng trung tr ự c c ủ a đ o ạ n th ẳ ng PQ. 2. Trong không gian v ớ i h ệ tr ụ c Oxyz, cho hình thang cân ABCD v ớ i hai đ áy AB, CD và có )1;3;1(),0;2;1(),1;1;1( −− CBA . Tìm t ọ a độ D. Câu VIIa. (1,0 đ i ể m) Trong K ỳ thi tuy ể n sinh n ă m 2013, tr ườ ng A có 5 h ọ c sinh g ồ m 3 nam và 2 n ữ cùng đậ u vào khoa X c ủ a m ộ t tr ườ ng đạ i h ọ c. S ố sinh viên đậ u vào khoa X đượ c chia ng ẫ u nhiên thành 4 l ớ p. Tính xác su ấ t để có m ộ t l ớ p có đ úng 2 nam và 1 n ữ c ủ a tr ườ ng A. b. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb. (2,0 đ i ể m) 1. Trong m ặ t ph ẳ ng v ớ i h ệ tr ụ c Oxy, cho đ i ể m )2;3( K và đườ ng tròn 0142:)( 22 =+−−+ yxyxC v ớ i tâm là I. Tìm t ọ a độ đ i ể m )( CM ∈ sao cho 0 60 =∠IMK . 2. Trong không gian v ớ i h ệ tr ụ c Oxyz, cho đườ ng th ẳ ng . 2 1 2 3 1 2 : − − = − − = + zyx d Xét hình bình hành ABCD có .),2;2;2(),0;0;1( dDCA ∈ Tìm t ọ a độ B bi ế t di ệ n tích hình bình hành ABCD b ằ ng .23 Câu VIIb. (1,0 đ i ể m) Tìm s ố nguyên d ươ ng n th ỏ a mãn .337923)1( .33323 133221 =−+++− − nn n n nnn nCCCC ------------------------------------ H ế t ------------------------------------- 1 Câu ðáp án ðiểm 1. (1,0 ñiểm) Khi 1=m hàm số trở thành 2 1 + +− = x x y . a. Tập xác ñịnh: }2{\ −R . b. Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: Ta có .2,0 )2( 3 ' 2 −≠∀< + −= x x y Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng )2;( −−∞ và );2( ∞+− . * Giới hạn: 1lim −= +∞→ y x ; 1lim −= −∞→ y x ; +∞= + −→ y x )2( lim ; −∞= − −→ y x )2( lim Suy ra ñồ thị có tiệm cận ngang là 1−=y và tiệm cận ñứng là 2−=x . 0,5 * Bảng biến thiên x ∞− 2− ∞+ ' y − − y ∞+ 1− 1− ∞− c. ðồ thị: ðồ thị cắt Ox tại (1; 0); cắt Oy tại       2 1 ;0 . ðồ thị nhận giao ñiểm )1;2( −−I của hai tiệm cận làm tâm ñối xứng. 0,5 2. (1,0 ñiểm) Hoành ñộ giao ñiểm A, B của d và )( m H là các nghiệm của phương trình 2 1 2 +−= + +− x x mx 2,0)1(22 2 −≠=−++⇔ xmxx (1) Pt (1) có 2 nghiệm 21 , xx phân biệt khác 2−      −≠ < ⇔    ≠−+−− >−=∆ ⇔ 2 16 17 0)1(22)2.(2 01617 2 m m m m . Ta có .1617. 2 2 4)(.2)(.2)()( 21 2 12 2 12 2 12 2 12 mxxxxxxyyxxAB −=−+=−=−+−= 0,5 I. (2,0 ñiểm) Khoảng cách từ gốc tọa ñộ O ñến d là . 22 1 =h Suy ra , 2 1 8 3 1617. 2 2 . 22 1 . 2 1 2 1 =⇔=−== ∆ mmABhS OAB thỏa mãn. 0,5 O 1− 2− 1 I y x ĐỀ SỐ 2 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút 2 1. (1,0 ñiểm) ðiều kiện: .,0sin Zkkxx ∈≠⇔≠ π Phương trình xxxxxxxx sincos)sincoscos(sincossin 2233 +=+−+⇔ 0)cos(sincossin2 0)1cossin2cos)(sincos(sin 22 =+⇔ =−−++⇔ xxxx xxxxxx 0,5 Zk kx kx x x ∈       +−= += ⇔     =+ = ⇔ , 4 2 0) 4 sin( 0cos π π π π π (Do 0sin ≠x ) Vậy, ta có nghiệm của phương trình là ., 4 ; 2 Zkkxkx ∈+−=+= π π π π 0,5 2. (1,0 ñiểm) ðiều kiện: 2 1 1 01 012 01 3 ≠<−⇔      >+ ≠− >+ x x x x . Phương trình )1(log12log)1(log 33 3 3 ++−=+⇔ xxx 121 )1.(121 2 3 −=+−⇔ +−=+⇔ xxx xxx 0,5 II. (2,0 ñiểm)    −== == ⇔     =+ =+− ⇔     −−=+− −=+− ⇔ 1;0 2;1 0 023 )12(1 121 2 2 2 2 xx xx xx xx xxx xxx ðối chiếu ñiều kiện ta có nghiệm của phương trình là .2;1;0 === xxx 0,5 ðặt 2 2 ),3ln( x dx dvxu =+= . Khi ñó x vdx x x du 1 , 3 2 2 −= + = . 0,25 Theo công thức tích phân từng phần ta có ∫ + ++−= 3 1 2 1 3 2 3 2)3ln( 1 x dx x x I ∫ + +−= 3 1 2 3 212ln 3 1 4ln x dx . (1) 0,25 III. (1,0 ñiểm) Tính ∫ + = 3 1 2 1 3x dx I . ðặt tx tan3= . Khi ñó dttdx )tan1(3 2 += và 3 tan33, 6 tan31 ππ == . Suy ra 363 1 )1(tan3. )1(tan3 1 3 6 3 6 2 2 1 π π π π π ==+ + = ∫∫ dtdtt t I . (2) Từ (1) và (2) ta có 9 3 3 16 ln 3 1 33 12ln 3 1 4ln ππ +=+−=I . 0,5 IV. (1,0 ñiểm) Gọi H, K là hình chiếu của C lên SA, SB. Ta chứng minh ñược )(),( CHKSASABCK ⊥⊥ . Suy ra CHK∆ vuông tại K và KHSA ⊥ . Do ñó .CHK∠= α Từ 19 13 19 13 sin 6 13 tan 2 2 =⇔=⇒= CH CK αα (1) 0,5 3 ðặt 0>= xSC . Trong tam giác vuông SAC ta có . 3 3111 22 22 2 222 xa xa CH CSCACH + =⇒+= Tương tự, trong tam giác vuông SBC ta có . 2 2 22 22 2 xa xa CK + = Do ñó từ (1) 19 13 )2(3 )3(2 22 22 = + + ⇒ xa xa ax 6=⇔ , vì x > 0. Suy ra 3 2. 2 1 . 3 1 . 3 1 aBCABSCSSCV ABCSABC === . 0,5 Áp dụng bất ñẳng thức Côsi ta có )2( 9 1 33 1 3 1 3 2 3 3 yx yyx xyy xxy xy yxx xy yx xy += ++ ≤=≤ ++ = + . Tương tự ta có )2( 9 1 2 );2( 9 1 2 xz xz zx zy zy yz +≤ + +≤ + . 0,5 V. (1,0 ñiểm) Suy ra 1)12513( 9 1 )2( 9 6 )2( 9 3 )2( 9 1 =++=+++++≤ zyxxzzyyxA . Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 10 3 === zyx . Suy ra giá trị lớn nhất của A là 1, ñạt khi 10 3 === zyx . 0,5 1. (1,0 ñiểm) +) ).32;(032: 111 −−⇒=++∈ xxPyxdP ) 2 13 ;(0123: 2 22 − ⇒=−−∈ x xQyxdQ . Suy ra trung ñiểm PQ là       −+−+ 4 734 ; 2 2121 xxxx I và       ++ − 2 543 ; 12 12 xx xxPQ . 0,5 +) Yêu cầu bài toán ⇔ P và Q ñối xứng nhau qua ∆      = ∆∈ ⇔ ∆ 0. PQu I    = −= ⇔    =++ =++ ⇔        = ++ +− = ++ − + ⇔ 3 4 0352326 0391118 0 2 543 .7).(1 0 2 534 2 .7 2 1 21 21 12 12 2121 x x xx xx xx xx xxxx Suy ra ).4;3(),5;4( QP − 0,5 2. (1,0 ñiểm) +) Rõ ràng ACkAB .≠ nên A, B, C không thẳng hàng. +) CD // AB nên chọn )1;1;2( −−== ABu CD . Suy ra pt      −−= += −= tz ty tx CD 1 3 21 : CDtttD ∈−−+−⇒ )1;3;21( . Vì ABCD là hình thang cân với hai ñáy AB, CD nên AD = BC. Do ñó 6)2()2()2( 222 =−−+++− ttt 0,5 VIa. (2,0 ñiểm)            − ⇒     −= −= ⇔ =++⇔ 3 2 ; 3 8 ; 3 5 )0;2;3( 3 1 1 0143 2 D D t t tt C A B S H K x a 3a 4 ðể ABCD là hình thang cân thì BD = AC. Do ñó D(3, 2, 0) không thỏa mãn vì khi ñó ABCD là hình bình hành. Với       −− 3 2 , 3 8 , 3 5 D thỏa mãn. 0,5 Với mỗi học sinh có 4 cách sắp vào một lớp nào ñó trong 4 lớp. Suy ra số cách sắp xếp lớp cho 5 học sinh vào 4 lớp là 5 4 . 0,25 Số cách chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ trong 5 học sinh là 1 2 2 3 .CC . Với mỗi cách chọn trên, có 4 cách xếp 3 học sinh ñó vào một lớp và có 2 3 cách xếp 2 học sinh không ñược chọn vào 3 lớp còn lại. Suy ra số cách sắp xếp có 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ vào một lớp là 21 2 2 3 3 .4 CC . 0,5 VIIa. (1,0 ñiểm) Từ ñó ta có xác suất cần tính là . 128 27 4 3 .4 5 21 2 2 3 == CC P 0,25 1. (1,0 ñiểm) +) Ta có 4)2()1(:)( 22 =−+− yxC . Suy ra tâm I(1 ; 2) và bán kính R = 2. Nhận thấy IK = 2. Suy ra ).(CK ∈ Do )(CM ∈ và 0 60=∠IMK . Suy ra IMK∆ ñều. Do ñó yêu cầu bài toán ⇔ Tìm )(CM ∈ sao cho KM = R = 2. 0,5 +) Giả sử )(),( 00 CyxM ∈ 4)2()1( 2 0 2 0 =−+−⇔ yx (1) Ta có 4)2()3(2 2 0 2 0 =−+−⇔= yxKM (2) Từ (1) và (2) suy ra     − + )32;2( )32;2( M M 0,5 2. (1,0 ñiểm) +) )12;32;2( 2 1 2 3 1 2 : +−+−−⇒ − − = − − = + ∈ tttD zyx dD 2 23 23 =⇒= ACDABCD SS . (1) +) Ta có )12;32;3();2;2;1( +−+−−== tttADAC . Suy ra )94;74;4(],[ +−−−= ttADAC . 0,5 VIb. (2,0 ñiểm) Suy ra [ ] 14612832 2 1 )94()74(16 2 1 , 2 1 222 +−=+−+−+== ttttADACS ACD . (2) Từ (1) và (2) ta có 2012812832 2 =⇔=+− ttt . Suy ra )3;1;0( −−D . +) ABCD là hình bình hành nên DCAB = . Suy ra B(3 ; 3 ; 5). 0,5 Xét khai triển Niu-tơn RxxCxCxCxCCx nn nnnnn n ∈∀+++++=+ , .)1( 332210 . Lấy ñạo hàm hai vế ta ñược RxxnCxCxCCxn nn nnnn n ∈∀++++=+ −− , .32)1( 123211 . Cho 3−=x ta có 1112321 )2(3)1( .3332 −−− −=−+++− nnn n n nnn nnCCCC . 0,5 VIIb. (1,0 ñiểm) Suy ra 1133221 )2(33)1( .33323 −− −=−+++− nnn n n nnn nnCCCC . Kết hợp bài ra ta có 33792)2(3 1 =− −n n 112642)1( 11 =−⇔ −− nn n .11=⇔ n 0,5 [...]... + z − z và có một acgumen là − 3 z Hết - ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ 3 Câu ðáp án ði m 1 (1,0 ñi m) 5 2 Khi m = 2 hàm s tr thành y = − x 3 + x 2 + 4 x − I 3 3 (2,0 a T p xác ñ nh: R ñi m) b S bi n thi n: * Chi u bi n thi n: Ta có y ' = −2 x 2 + 2 x + 4; y ' = 0 ⇔ x = −1 ∨ x = 2 y ' > 0 ⇔ −1 < x... )  Theo gi thi t ta có − − ϕ = − , hay 3 3 z r 3 3  π 3r r là ϕ = Suy ra z = + i 3 2 2 Khi ñó gi thi t 0,5 2 z − i = 2 + z − z ⇔ r + ( 3r − 2)i = 2 + 3ri ⇔ r 2 + ( 3r − 1) 2 = 4 + ( 3r ) 2 ⇔ r 2 − 4 3r = 0 ⇔ r = 4 3 , vì r > 0 V y z = 2 3 + 6i H t - 5 0,5 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ 4 PHẦN CHUNG... y = log 3 ( x + 2)  ( x, y ∈ R ) 1  3 y −1 + 6 = 5.3 x  Hết - ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ 4 Câu ðáp án ði m 1 (1,0 ñi m) a T p xác ñ nh: R ; y là hàm s ch n b S bi n thi n: I (2,0 * Chi u bi n thi n: Ta có y ' = 8 x 3 − 8 x; y ' = 0 ⇔ x = 0, x = ±1 ñi m) − 1 < x < 0  x < −1 y' > 0 ⇔  ; y' < 0... hai nhánh khác nhau của (H) sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất Hết - ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ 5 Câu ðáp án ði m 1 (1,0 ñi m) a T p xác ñ nh: D = R \ {−1} b S bi n thi n: I (2,0 ñi m) * Chi u bi n thi n: Ta có y ' = 4 > 0, ∀x ≠ −1 ( x + 1) 2 Suy ra hàm s ñ ng bi n trên m i kho ng (−∞ ; − 1) và (−1;... cách từ M đến đường thẳng AB bằng Hết ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ 6 Câu Đáp án Điểm 1 (1,0 điểm) 4 1 Khi m = 2 hàm số trở thành y  x 3  5 x 2  4 x  I 3 3 (2,0 a Tập xác định: D   điểm) b Sự biến thi n: * Chiều biến thi n: Ta có y '  4 x 2  10 x  4  x  1/ 2  x  1/ 2 ; y '  0  1 / 2...ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ 3 A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2 5 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = − x 3 + ( m − 1) x 2 + (3m − 2) x − có đồ thị (C m ), m là tham số 3 3 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 2 2 Tìm m để trên (C m... − 1) 2 = 2 ⇔ a = 1 + 2 (do a > 1 ) V y giá tr c a a là a = 1+ 2 5 0,5 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ 6 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 4 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − (2m + 1) x 2 + (m + 2) x + có đồ thị (Cm), m là tham số 3 3 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 2 2 Gọi A là giao điểm của... 1, y = 3 ho c x = log 2 3, y = 1 + 2 log 3 2 H t - 4 0,5 0,5 0,5 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ 5 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x−3 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x +1 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết khoảng cách từ tâm... nghiệm của hệ phương trình là x  2, y  2 2x x 4 0,5 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ 7 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) − x +1 x−2 2 Tìm trên (H ) các điểm A, B sao cho độ dài AB = 4 và đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = x Câu I (2,0 điểm) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (H ) của hàm số y = Câu II (2,0 điểm)... mãn z1 − z 2 = z1 = z 2 > 0 Hãy tính A =  1  +  2  z  z   2  1 Hết ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ 7 Câu I (2,0 điểm) Đáp án 1 (1,0 điểm) a Tập xác định: D   \ {2} b Sự biến thi n: Điểm 1  0, x  2 ( x  2) 2 Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng (; 2) và (2;  )  x 1  x 1 * Giới . kết quả của bài toán là 3−<m và . 3 1 1 −<<− m 0,5 O 1− 2 5 y x 4− 2 1 2 1 ĐỀ SỐ 3 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời. cầu bài toán 2 1 2 1 0 2 <+−<⇔ mm .100 2 <<⇔<−⇔ mmm 0,5 O 1 − 1 y 2 1 − 2 3 2 1 x ĐỀ SỐ 4 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN;