1. SỞ GD - ĐT QUẢNG NGÃI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT MÔN: TOÁN ; Khối D
------------**------------ Thời gian làm bài 180 phút (Không kể giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2x  1
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y 
x 1
a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b/ Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận của (C)
một tam giác vuông cân.
3 cot x  cos x
Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình sau:   1  sin x .
2 cot x  cos x
51  2 x  x 2
Câu 3. (1,0 điểm) Giải bất phương trình:  1.
1 x
 xx y
4 y  32
Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau  .
log3 ( x  y )  1  log 3 ( x  y )

Câu 5. (1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA  a, SB  a 3,

BAD  600 và mặt phẳng ( SAB) vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB,
BC. Tính thể tích tứ diện NSDC và côsin của góc giữa hai đường thẳng SM và DN.
Câu 6. (1,0 điểm) Cho a, b  . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
ab
P
1  a 4  b4
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc
phần B)
A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, Cho đường tròn (C ) : x2  y 2  2 x  4 y  20  0 , điểm
A(4;2) . Gọi I là tâm của (C), (d) là tiếp tuyến của (C) tại A. Viết phương trình đường thẳng đi
qua I cắt (d) tại B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 25.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC có B(1;1; 1), C (2;3;5) , hình
 7  49
chiếu vuông góc của A trên BC là H 1; ;3  và diện tích ABC là S  . Tìm tọa độ điểm A biết
 3  3
1
A có tung độ là và hoành độ dương.
3
Câu 9.a (1,0 điểm) Từ các số {1;2;3;4;5;6} có thể lập được bao nhiêu số chẵn, mỗi số có 5 chữ
số khác nhau trong đó có đúng hai chữ số lẻ và hai chữ số lẻ đó đứng cạnh nhau.
B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hai điểm A(11;3), B(9; 7) . Lập phương trình
đường thẳng song song với đường thẳng AB, cắt đường tròn đường kính AB tại C, D sao cho C, D
và hình chiếu vuông góc của chúng trên đường thẳng AB là bốn đỉnh của một hình vuông.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian 0xyz cho mặt phẳng ( ) :3x  2 y  z  4  0 và điểm
M (2; 2; 0) . Xác định tọa độ điểm N sao cho MN vuông góc với ( ) đồng thời N cách đều gốc
tọa độ O và mặt phẳng ( ) .
Câu 9.b (1,0 điểm) Tính tổng: S  2C2013  3C2013  4C2013  ...  2014C2013
1 2 3 2013
---------------------------Hết---------------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………….; Số báo danh:………………….

2. Sở GD-ĐT Quảng Ngãi ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
Trường THPT Chuyên Lê Khiết ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1, Năm học 2012-2013
MÔN TOÁN; KHỐI D
Câu Nội dung Điểm
Câu 1 1. Tập xác định: D   {1}
a/ 2. Sự biến thiên của hàm số 0.25
* Giới hạn, tiệm cận
* Tìm y ' , lập bảng biến thiên, và kết luận đúng 0.25
* Điểm đặc biệt và vẽ đồ thị đúng 0.5
Câu 1 Phương trình các đường tiệm cận là x  1, y  2 , chúng lần lượt vuông góc với các trục
b/ Ox, Oy. Do đó tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận một tam giác vuông cân khi và chỉ khi nó 0.25
vuông góc với đường thẳng y  x hoặc y   x .
Gọi M ( x0 ; y0 ), x0  1 là tiếp điểm của tiếp tuyến với (C). Hệ số góc của tiếp tuyến tại
3
M là f '( x0 )    0, x0  1 . Suy ra tiếp tuyến chỉ có thể vuông góc với
( x0  1)2 0.25
3  x0  1  3
đường thẳng y  x . Do đó   1  
( x0  1) 2  x0  1  3

Với x0  1  3 thì y0  2  3 , phương trình tiếp tuyến là y   x  3  2 3 0.25
Với x0  1  3 thì y0  2  3 , phương trình tiếp tuyến là y   x  3  2 3 0.25
Câu 2 sin x  0 0.25
Điều kiện 
cos x  0
3(cot x  cos x) 3(1  sin x)
pt tương đương  2(1  sin x)   2(1  sin x)  (1  sin x)(1  2sin x)  0 0.25
cot x  cos x 1  sin x
1
 sin x   (do cos x  0 nên sin x  1)
2
 
 x   6  k 2
0.25
 .
 x  7  k 2

 6
 7
So với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là x    k 2 , x   k 2 . 0.25
6 6
Câu 3 1  x  0
51  2 x  x 2 1  x  0 
1   51  2 x  x 2  0 0.25
1 x 51  2 x  x  0 
2
51  2 x  x  (1  x)
2 2

x  1
 x  1

0.25
   x  (; 5)  (5; )
 1  52; 1  52 
x  
   0.25
 x   1  52; 1  52 
  
  
 x  1  52; 5  1; 1  52 

0.25

3. Câu 4 x  y  0
 0.25
đk  x  y  0
 x, y  0

  x y   x y
2     5 2     5 (1) 0.25
Hệ tương đương   y x    y x
  2
log 3 ( x  y )  1  x  y  3
2 2 2
(2)
x  2y
Giải (1) ta được  0.25
 y  2x
Tìm được nghiệm đúng (2;1) 0.25
Từ giả thiết ta suy ra tam giác SAB vuông tại S.
Câu 5 AB
Do đó SM   a nên tam giác SAM đều.
2
Gọi H là trung điểm của AM thì 0.25
a 3
SH  AB, SH  . Suy ra SH  ( ABCD) .
2
1 a3
VNSDC  VSNDC  SH .SNDC  0.25
3 4
Gọi P là điểm thuộc AD sao cho AD  4 AP , khi đó MP // ND nên (SM , ND)  (SM , PM )
Gọi K là trung điểm của MP suy ra HK // AD nên HK  MP .
0.25
 MP  SH 
Mà  nên MP  SK . Suy ra (SM , ND)  SMK
 MP  HK
Tam giác SMK vuông tại K nên cos SMK   MK  3
0.25
SM 4
Câu 6 1
Ta có a 2  b2  (a  b)2 , a, b   . Dấu "  " xảy ra kvck a  b
2 0.25
1 1
Suy ra a 4  b4  (a 2  b2 )2  (a  b)4
2 8
|ab| | ab| 8| a b|
Do đó | P |   
1  a  b 1  1 ( a  b) 4 8  ( a  b ) 4
4 4 0.25
8
8t
Đặt t  | a  b |, t  0 . Xét f (t )  , t  [0;  )
8  t4
0.25
27 27 27
Lập BBT tìm được f (t )  4 , suy ra  4 P 4
32 32 32
27 1
KL. P bé nhất bằng  4 đạt được khi a  b   4
32 6
0.25
27 1
P lớn nhất bằng 4 đạt được khi a  b  4
32 6


Câu 7a (C ) : x2  y 2  2 x  4 y  20  0 Tâm I (1; 2), bk R  5 , IA  (3;4) 0.25
Pttt của (C ) tại A là (d ) : 3x  4 y  20  0
0.25
20  3x0
Gọi  là đường thẳng đi qua I cắt (d) tại B  B( x0 ; )
4
0.25
1 1  x  12  B(12; 4)
SIAB  IA. AB  5. AB  25  AB  10 Tìm được  0
2 2  x0  4  B(4;8)
Có 2 đường thẳng thỏa ycbt: 2 x  11y  20  0 , 2 x  y  0 0.25

4. Câu 8a 2S 14
Từ giả thiết tính được AH   0.25
BC 3
 1    0.25
Gọi A  x; ; z  , x  0 , tính AH  (1  x; 2;3  z ) , BC  (3; 2;6)
 3 
 AH  BC 3x  6 z  25
   37 1 27   1 5  0.25
Ta có  14   160 , Giải hệ tìm được A   ; ;  , A  5; ; 
 AH  9 (1  x)  (3  z )  9  15 3 5   3 3 
2 2
 
 1 5
Kết hợp với giả thiết ta nhận A  5; ;  0.25
 3 3
Số cần tìm có dạng a1a2 a3a4 a5 , các số đôi một khác nhau lấy trong tập đã cho, a5 chẵn. 0.25
Câu 9a
+ a5 có 3 cách chọn
+ Chọn 2 số lẻ ta có C32 cách và có 3 vị trí sắp xếp.
0.5
+ Chọn 2 số chẵn xếp vào 2 vị trí còn lại ta có A2 cách.
2
+ Hoán vị 2 số lẻ ta có 2! cách
Vậy có cả thảy 3.3.C32 . A32 .2!  108 0.25
Gọi I là tâm đường tròn đường kính AB thì AB  10 5  R  IB  5 5
Câu 7b Giả sử () là đường thẳng song song với AB và cắt (I) tại C, D và
hình chiếu của chúng lên đường thẳng AB lần lượt là F, E. Do CDEF 0.25
là hình vuông nên I là trung điểm EF.
Đặt EF  ED  2a,0  2a  5 5 thì IE  a và ID  5 5 .
Tam giác IDE vuông tại E cho ta a  5, ED  10 0.25
Suy ra khoảng cách từ A đến () bằng 10
Dùng khoảng cách tính được m  5  10 5  m  5  10 5 0.25
Vậy có hai đường thẳng thỏa điều kiện bài toán
0.25
(1 ) : x  2 y  5  10 5  0, (2 ) : x  2 y  5 10 5  0

 
Gọi N (a; b; c) , vì MN  ( ) nên MN cùng phương n( ) nên tọa độ của N là
Câu 8b
a  2  3t 0.25

b  2  2t , t  
c  t

0 N 2  (2  3t )2  (2  2t )2  t 2 , khoảng cách từ N đến ( ) là d ( N ,( ))  14 | t  1| 0.25
3
Ycbt  (2  3t )2  (2  2t ) 2  t 2  14 | t  1|2  t   0.25
4
 1 1 3
Vậy N   ; ;  0.25
 4 2 4
Câu 9b b) Xét f ( x)  x(1  x)2013 ta có f '(1)  22013  2013.22012  2015.22012 (1) 0.25
0

Mà f ( x)  x(1  x)2013  x C2013  C2013 x  C2013 x 2  ...  C2013 x 2013
1 2 2013

0.25
C 0
2013 xC1
x C
2013
2 2
x  ...  C
2013
3 2013 2014
2013x
 f ' (1)  C2013  2C2013  3C2013  ...  2014C2013
0 1 2 2013
(2) 0.25
Từ (1) và (2) ta được: S  2015.22012  1 0.25
Chú ý. Nếu thí sinh làm bài theo cách khác đáp án trên mà vẫn đúng thì cũng được cho điểm tối đa theo
thành phần đã quy định.