5 Đề thi thử đại học năm học 2012- 2013 môn: Toán - Trường THPT Hà Trung

 SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012- 2013 
 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Môn: Toán - Khối A, A1,B. 
 Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề 
 Ngày thi: 08/ 12/ 2012. 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm). 
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 
2 1
1
x
y
x



 (C) 
 1. Khảo sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có đúng 4 nghiệm nguyên: 
2 2 2
( 2) 1 0
2 4 5 0
y x y
x x y y m
   

     
Câu II (2,0 điểm).
 1. Giải phương trình: 22cos3 cos + 3(1 sin 2 ) = 2 3 cos (2 )
4
x x x x

 
 2. Giải phương trình: x-2 + 4-x = 2x2 − 5x − 1 
Câu III (1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình: 2(2 ) ( 2 2 1) 0x x m x x     
nghiệm đúng với mọi x thuộc đoạn 0; 1 3   . 
Câu IV (1,0 điểm). Trên mp (P) cho đường tròn (T) đường kính AB bằng 2R. S là một điểm nằm trên đường thẳng 
vuông góc với (P) tại A. Đặt SA = h. Mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với SB cắt SB tại K. C là một điểm 
nằm trên đường tròn (T) sao cho  , (0 )
2
BAC

    . SC cắt mp (Q) tại H. Tính thể tích tứ diện SAHK theo 
h, R và  . 
Câu V (1,0 điểm). Cho các số dương , ,x y z thoả mãn 3x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 2
2 2 2
x y z
P
x y y z z x
  
  
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần( Phần A hoặc Phần B) 
A.Theo chương trình chuẩn. 
Câu VIa (2,0 điểm). 
 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường cao AH và trung tuyến AM lần lượt 
là: 2 13 0x y   và 13 6 9 0x y   . Biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(-5; 1). Tìm toạ độ các 
đỉnh A, B, C. 
 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 
2 2( 4) 25x y   và M(1; - 1). Viết phương trình đường 
thẳng d đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho MA = 3MB. 
Câu VIIa (1,0 điểm). Cho A = {0; 1; 2; 3; 4; 5}, từ các chữ số thuộc tập A lập được bao nhiêu số tự nhiên 
có 5 chữ số và số đó chia hết cho 3 . 
B.Theo chương trình nâng cao. 
Câu VIb (2,0 điểm). 
 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có M là trung điểm của BC, đỉnh A thuộc đường thẳng 
d: 2 0x y   , phương trình đường thẳng DM: 3 6 0x y   và đỉnh C(3; - 3). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, D 
biết D có hoành độ âm. 
 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E) có phương trình chính tắc là: 
2 2
1
16 9
x y
  và hai điểm A(4;-3), B(- 
4; 3). Tìm toạ độ điểm C thuộc (E) sao cho diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất. 
Câu VIIb (1,0 điểm). Tính tổng 
0 11 1 10 10 1 11 0
20 12 20 12 20 12 20 12...S C C C C C C C C     . 
 .Hết.. 
 ( Đề thi gồm có 01 trang) 
 Ghi chú: Đề thi, đáp án và điểm thi được đăng tải Website  
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
 SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012- 2013 
 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Môn: Toán - Khối A, A1,B. 
 Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề 
 Ngày thi: 08/ 12/ 2012. 
Câu ý Đáp án Điểm 
I 1 Khảo sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1,0 
 Tập xác định D = R\1 
Sự biến thiên: 
-Chiều biến thiên: 
2
3
' 0,
( 1)
y x D
x

   

. 
 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ; 1) và ( 1 ; + ). 
- Cực trị: Hàm số không có cực trị. 
0.25 
- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận: 
2 1 2 1
lim 2 ; lim 2
1 1x x
x x
x x 
 
 
 
 . 
Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang. 
1 1
2 1 2 1
lim ; lim
1 1x x
x x
x x  
 
  
 
 . 
 Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng. 
0,25 
-Bảng biến thiên: 
x - 1 + 
y’ - - 
y 
 2 + 
 -  2 
0,25 
 Đồ thị: 
- Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểmhai tiệm cận I( 1; 2). 
0,25 
 2 Tìm các giá trị của mđể hệ phương trình sau có đúng 4 nghiệm nguyên 
2 2 2
( 2) 1 0 (1)
2 4 5 0 (2)
y x y
x x y y m
   

     
1,0 
O 1 
2 
x 
y 
I 
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
 Nhận thấy x = 1 không thỏa mãn phương trình (1) dù y lấy bất kì giá trị nào 
Suy ra (1)
2 1
( 1) 2 1
1
x
x y x y
x

     

Phương trình (2) 2 2 2( 1) ( 2)x y m     là phương trình đường tròn (T) có tâm I(1;2) 
bán kính m với mọi m khác 0 
Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm nguyên khi và chỉ khi đồ thị (C) ở câu 1 
và đường tròn (T) cắt nhau tại 4 điểm phân biệt có tọa độ nguyên 
0,25 
Đồ thị (C) chỉ đi qua đúng 4 điểm có tọa độ nguyên là A(1;5), B(4; 3), C(0,-1)và 
 D(-2; 1) 
Từng cặp AvaC, B và D đối xứng nhau qua I(1;2) 
0,5 
 Hệ đã cho có đúng 4 nghiệm nguyên khi và chỉ khi đường tròn (T) phải đi qua 4 điểm 
A, B, C, D khi và chỉ khi (T) đi qua A khi và chỉ khi 2 2 10 10R m m    
0,25 
II 1 
. Giải phương trình: 22cos3 cos + 3(1 sin 2 ) = 2 3 cos (2 )
4
x x x x

  
1,0 
 22cos3 cos + 3(1 s in 2 ) = 2 3 cos (2 )
4
2cos3 cos 3 3 sin 2 3 1 cos(4 )
2
2cos3 cos 3 3 sin 2 3 3 sin 4
2cos3 cos 3(sin 4 sin 2 ) 0
2cos3 cos 2 3 sin 3 cos 0 2cos (cos3 3 sin 3 ) 0
cos 0
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x x x x
x


 
 
      
 
    
   
     


cos 0
2
( )3
cos3 3 sin 3 0 tan 3
3
18 3
x x k
k Z
x x x
x k


 
             
Vậy nghiệm của phương trình là ; ( )
2 18 3
x k x k k Z
  
     
0,5 
0,5 
4
2
-2
-4
-6
-8
-10
-12
-15 -10 -5 5 10 151
-1
5
4
1
3
-2
I
y
x
o
D
C
B
A
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
 2 Giải phương trình: x-2 + 4-x = 2x2 − 5x − 1 (1) 
1,0 
 2(1) 2 1 4 1 2 5 3x x x x         
3 3 1 1
( 3)(2 1) ( 3)( 2 1) 0
2 1 4 1 2 1 4 1
3 0
1 1
2 1(2)
2 1 4 1
x x
x x x x
x x x x
x
x
x x
 
         
       
 

   
    
0,5 
 * 3 0 3x x    
*Xét phương trình (2) 
ĐK 2 4x  
VP 5 
VT đạt giá trị lớn nhất trên đoạn [2;4] bằng 
1
1
2 1


 khi x = 2 nên phương trình (2) 
vô nghiệm 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 
0,25 
 0,25 
III Tìm các giá trị của tham số mđể bất phương trình: 2(2 ) ( 2 2 1) 0x x m x x      1.0 
 Đặt 2 2 2t x x   . Lập BBT của hàm 2 2 2y x x   với x thuôc 0;1 3 
 
ta có t 
thuộc đoạn  1;2 
0,25 
Bpt trở thành 
2
2 2( 1) 2 (1)
1
t
m t t m
t

    

 (do t+1>0) 
Bpt đã cho nghiệm đúng với mọi x thuôc 0;1 3 
 
 khi và chỉ Bpt (1) nghiệm đúng 
với moi t thuộc đoạn  1;2 
0,25 
Xét  
2 2
( ) , 1;2
1
t
f t t
t

 

 2
1
'( ) 1 0,
( 1)
f t t
t
   

t 1 2 
f’(t) + 
f(t) 
2
3
1
2

0,25 
Từ BBT ta có Bpt (1) nghiệm đúng với moi t thuộc đoạn  1;2 khi 
1
2
m

 
 Vậy với 
1
2
m

 thoả mãn yêu cầu bài toán. 
0,25 
IV Trên mp (P) cho đường tròn (T) đường kính AB bằng 2R. S là một điểm nằm trên 
đường thẳng vuông góc với (P) tại A. Đặt SA = h. Mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông 
góc với SB cắt SB tại K. C là một điểm nằm trên đường tròn (T) sao cho 
 , (0 )
2
BAC

    . SC cắt mp (Q) tại H. Tính thể tích tứ diện SAHK theo h, R và 
 . 
1.0 
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
Chứng minh AHSC. 
Ta có: 
( )
BC AC
BC SAC BC AH
BC SA
 
   
 
(1) 
Lại có: ( )mp Q SB SB AH   (2) 
Từ (1) và (2) suy ra ( )AH SBC AH SC   
Suy ra 2 . .SA SH SC SK SB  
4
2 2 2 2
. . . .
. .
. . .
SAHK
SABC
V SASH SK SH SK SH SC SK SB SA
V SASC SB SC SB SC SB SC SB
    
0,25 
0,25 
2
2
2 2 2 2
2 2 2
1 1 sin 2
. sin os .
3 6 3
4 os ,
4
SABC
R h
V dt ABC SH AB c SA
SC h R c
SB h R

 

   
 
 
0,25 
2 5
2 2 2 2 2
sin 2
3( 4 )( 4 os )
SAHK
R h
V
h R h R c



 
0,25 
V 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 2
2 2 2
x y z
P
x y y z z x
  
  
1,0 
 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( )
( )
x y z xy yz zx
P x y z
x y y z z x x y y z z x
xy yz zx
P x y z
x y y z z x
        
     
      
  
0,25 
O

H
K
C
B
S
A
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
 Ta có 
2 2
2
2
2 2 2 2
2 2
2
22
;
2 22 2
( ) ( )
2 2 2
xy xy y x
x y y x
x y y x
z yyz yz zx zx x z
y z z xz y x z
z yy x x z
P x y z
    

   
 
      
0,25 
 Mặt khác 
1 1 1
; ;
2 2 2 2 2 2
4
3 1 9 1
( ) ( ) ( )
4 4 4 4
x xy y y yz z z xz x
y x y z y z x z x
x y z xy yz xz
P x y z
P x y z xy yz zx xy yz zx
     
     
    
    
          
0,25 
 2 2 2 2( ) 2( ) 3( )
9 1 3
3 .3
4 4 2
x y z x y z xy yz zx xy yz zx
xy yz zx P
          
        
Dấu = xảy ra khi 
2 2 2; ;
1
1; 1; 1
1
1
3
x y y z z x
x
x y z
y
x y x
z
x y z
   

   
  
      
 Vậy GTNN của P là 3/2 khi x = y = z =1. 
0,25 
VIa 1 1.0 
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ 
2 13 0 3
( 3; 8)
13 6 9 0 8
x y x
A
x y y
     
    
     
0,25 
Ta có IM đi qua I(-5; 1) và song song với AH .Phương trình IM là 2 7 0x y   
Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ 
2 7 0 3
(3;5)
13 6 9 0 5
x y x
M
x y y
    
  
    
0,25 
Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH. Phương trình BC là 2 11 0x y   
Gọi B(b;11-2b). Ta có IB = IA 
2 2 2
2
( 5) (10 2 ) 85 6 8 0
4
b
b b b b
b

           
0,25 
Với b = 2 suy ra B(2;7), C(4;3) 
A 
B C 
H M 
I 
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
Với b = 4 suy ra B(4;3), C(2,7) 
Vậy A( -3; -8), B(2;7), C(4;3) hoặc A( -3; -8), B(4;3), C(2;7) 
0,25 
2 1,0 
Đường tròn (C ) có tâm I(4;0), bán kính R=5. 
Do IM <5 nên M nằm trong đường tròn (C) 
Gọi H là hình chiếu của I trên AB, H là trung điểm của AB. 
Do MA= 3MB nên M là trung điểm của HB 
Xét hai tam giác vuông IHM và IHB ta có 
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
10 5
4 25 5
IH HM IM IH HM HM
IH HB IB IH HM IH
       
   
       
0,5 
Đường thẳng (d) đi qua M(1; - 1) có phương trình 
 2 2( 1) ( 1) 0 ( 0)a x b y a b      
2 2
2 2
23
( , ) 5 2 3 2 0 (2 )( 2 ) 0
2
a ba b
d I d a ab b a b a b
a ba b
 
               
Với 2b a chon 1; 2a b  . Phương trình (d): x + 2y +1 = 0 
Với 2a b  chon 1; 2b a   . Phương trình (d): 2x - y -3 = 0 
 Vậy phương trình đường thẳng (d) là x + 2y +1 = 0 hoặc 2x - y -3 = 0 
0,5 
VIIa 1,0 
 Gọi số có 5 chữ số là ( 0)abcde a  . Do 3abcde  nên ( ) 3a b c d e     
Nếu 3a b c d    thì e = 0 hoặc e = 3 
Nếu a b c d   chia 3 dư 1 thì e = 2 hoặc e = 5 
Nếu a b c d   chia 3 dư 2 thì e = 1 hoặc e = 4 
Như vậy từ một số có 4 chữ sô abcd (các chữ số được lấy từ tập A) sẽ tạo được 2 số tự 
nhiên có 5 chữ số thoả mãn yêu cầu bài toán 
Từ các chữ số của tập A lập được: 5.6.6.6 = 1080 số tự nhiên có 4 chữ số 
Nên từ các chữ số của tập A lập được: 2.1080 = 2160 sô chia hết cho 3 có 5 chữ số 
VII
b 
1 1,0 
Do A thuộc d: 2 0x y   , gọi A ( ; 2)a a  . Ta có 
34 2.6
2 ( , ) 2 ( , )
310 10
ADM CDM
aa
S S d A DM d C DM
a
 

        
0,5 
I 
A 
B 
H M 
A 
D C 
M 
B 
I 
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
Với 3 (3; 5)a A   , trường hợp này không thoả mãn vì A, C nằm cùng phía với 
đường thẳng DM. 
Với 3 ( 3;1)a A    . Gọi I là tâm của hình chữ nhật, I là trung điểm của AC suy ra 
I(0;-1) 
 Điểm D thuộc DM: 3 6 0x y   , gọi D(3d+6;d) (d < -2) 
2 2
3
(3 6) ( 1) 13 34
5
d
ID IA d d d
d
 
         
  

Suy ra D(-3;-3), B(3;1) 
 Vậy A(-3;1), D(-3;-3), B(3;1) 
0,5 
 2 1,0 
Gọi 0( ; )oC x y ta có 
2 2
2 20
0 01 9 16 144 (1)
16 9
ox y x y     
Phương trình AB là: 3x +4y = 0 
0,25 
0 03 4 1
( , ) , . ( , )
5 2
ABC
x y
d C AB S AB d C AB

 
Do AB không đổi nên diện tích tam giác ABC lớn nhất khi d(C,AB) lớn nhất 
0,25 
 Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai bộ số ta có 
2 2 2
0 0 0
0 0
(3 4 ) 2(9 16 ) 2.144
12 2
3 4 12 2 ( , )
5
ox y x y
x y d C AB
   
    
(Dấu = xảy ra khi 0 03 4x y ) 
Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi 0 03 4x y 
0,25 
 Kết hợp với (1) ta có 
0 02 2
0 0
0 0
0 0
3
2 2;
9 16 144 2
33 4
2 2;
2
x y
x y
x y
x y

   

     

 Vậy toạ độ điểm C là 
3 2
(2 2; )
2
 hoặc 
3 2
( 2 2; )
2
  
0,25 
VII
b 
 Tính tổng 0 11 1 10 10 1 11 020 12 20 12 20 12 20 12...S C C C C C C C C     . 
1,0 
 Ta có 32 20 12(1 ) (1 ) .( 1) (1)x x x    
32 0 1 2 2 32 32
32 32 32 32(1 ) ...VT x C C x C x C x       
Hệ số của 11x trong khai triển vế trái là 11
32C (2) 
0 1 2 2 20 20 0 1 2 2 12 12
20 20 20 20 12 12 12 12( ... )( ... )VP C C x C x C x C C x C x C x         
Hệ số của 11x trong khai triển vế phải là 0 11 1 10 10 1 11 020 12 20 12 20 12 20 12...C C C C C C C C    (3) 
Từ (1),(2),(3) ta có 0 11 1 10 10 1 11 0 1120 12 20 12 20 12 20 12 32...S C C C C C C C C C      
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Chú ý: Đối với ý 2 câu 1 thí sinh có thể giải không sử dụng đồ thị mà viết phương trình (1) tương đương 
với 
2 1 3
2
1 1
x
y
x x

  
 
 (sau khi nhận xét x = 1 không thỏa mãn phương trình với mọi y) 
Nhận xét y nguyên khi x nguyên thì
3
1x 
 phải nguyên. 
Suy ra x – 1 phải là ước của 3 hay { 2;0;2;4}x  thay vào tìm y tương ứng 
Thay 4 cặp (x; y) nguyên vào phương trình (2) tìm được m2= 10. 
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com