Đề khảo sát chất lượng thi đại học năm học 2012-2013 lần 1 đề thi môn: Toán - khối A, A1

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI A, A1 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 22(2 1) (5 10 3) 10 4 6 (1)y x m x m m x m m= − + + + − − − + , ( với m là 
tham số). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với 1m = . 
b) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số (1) có hai cực trị và các giá trị cực trị của hàm số (1) trái 
dấu nhau. 
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: 
(2sin 1)(cos 2 sin ) 2sin 3 6sin 1 2cos 3 0 ( )
2cos 3
x x x x x
x x
x
+ + − + +
+ + = ∈
−
ℝ 
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
4 2 2
2 2
4 6 9 0 ( , )
2 22 0
x x y y
x y
x y x y

− + − + =
∈
+ + − =
ℝ 
Câu 4 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình: 
 ( ) 24 4 5 2 0x x m x x− + − + + ≥ có nghiệm 2;2 3x  ∈ +  . 
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABCD , có đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớn AD=2a, 
,AB BC a= = 2SB a= , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm O 
của AD. Trên các cạnh SC, SD lấy các điểm M, N sao cho 2 ,SM MC SN DN= = . Mặt phẳng 
( )α qua MN, song song với BC cắt SA, SB lần lượt tại P, Q. Tính thể tích khối chóp S.MNPQ theo a. 
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số dương , ,x y z thoả mãn: ( 1) ( 1) ( 1) 6.x x y y z z− + − + − ≤ Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 .
1 1 1
A
x y y z z x
= + +
+ + + + + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d đi qua M(3;1) và 
cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác IAB cân tại I(2;-2). 
Câu 8.a (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 31 81 9
3
log 20log 40log 7 0x x x− + + = . 
Câu 9.a (1,0 điểm) Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà trong các số đó, mỗi chữ số đứng 
trước đều nhỏ hơn chữ số đứng sau nó (kể từ trái qua phải). 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn 
( ) 2 2: ( 1) ( 1) 20C x y− + + = . Biết AC=2BD, điểm B có hoành độ dương và thuộc đường thẳng 
: 2 5 0d x y− − = . Viết phương trình cạnh AB của hình thoi. 
Câu 8.b (1,0 điểm) Tìm giới hạn: 
0
3 1lim
x
x
I
x→
−
= . 
Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm hệ số của x10 trong khai triển 2( 3 )nx x− , (x >0, n nguyên dương) biết tổng 
tất cả các hệ số trong khai triển bằng 2048− . 
------------------- Hết ------------------- 
Họ và tên thí sinh:..Số báo danh: 
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1 
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN - KHỐI A, A1 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
 Đáp án gồm: 07 trang 
I. Hướng dẫn chung 
1. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần 
như hướng dẫn quy định. 
2. Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch 
hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi. 
II. Đáp án – thang điểm 
Câu Nội dung trình bày Thang 
điểm 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,0 
điểm 
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1 1,0 
điểm 
• Với m=1, hàm số (1) có dạng 3 26 12 8y x x x= − + − 
• TXĐ: D = ℝ 
• Sự biến thiên: 
+ Chiều biến thiên: 2 2' 3 12 12 3( 2) 0 , ' 0 2y x x x x y x= − + = − ≥ ∀ = ⇔ = 
Hàm số đồng biến trên ℝ 
0,25 
+ Cực trị: Hàm số không có cực trị 
+ Giới hạn: lim ,lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞ 
0,25 
+Bảng biến thiên: 
 x −∞ 2 +∞ 
 y’ + 0 + 
 +∞ 
 y 
 −∞ 
0,25 
Câu 1 
• Đồ thị: '' 6( 2), '' 0 2, (2) 0y x y x y= − = ⇔ = = 
Một số điểm thuộc đồ thị: (1;-1), (3;1), (2;0), 
Đồ thị nhận I(2;0) là tâm đối xứng. 
Đồ thị: 
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
xy
0
1
2 3-1
1
2
-1
-2
0,25 
b) Tìm tất cả các giá trị của m để các giá trị cực trị của hàm số (1) trái dấu 1,0 
điểm 
Hàm số (1) có hai cực trị mà giá trị cực trị trái dấu ⇔ đồ thị hàm số (1) cắt trục 
Ox tại 3 điểm phân biệt. Xét phương trình hoành độ giao điểm: 
3 2 2 22(2 1) (5 10 3) 10 4 6 0 (2)x m x m m x m m− + + + − − − + = 
2 2( 2)( 4 5 2 3) 0x x mx m m⇔ − − + + − = 
0,25 
2 2
2
4 5 2 3 0 (3)
x
x mx m m
=
⇔ 
− + + − =
0,25 
Phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (3) có 2 nghiệm phân 
biệt khác 2
2 2
2
' 4 (5 2 3) 0
4 8 5 2 3 0
m m m
m m m
∆ = − + − >
⇔ 
− + + − ≠
0,25 
3 1
1
5
m
m
− < <

⇔ 
≠
Vậy với ( ) 13;1 \
5
m
 
∈ −  
 
thì các giá trị cực trị của hàm số trái dấu. 
0,25 
Giải phương trình: 
(2sin 1)( os2 sin ) 2sin 3 6sin 1 2cos 3 0 ( )
2cos 3
x c x x x x
x x
x
+ + − + +
+ + = ∈
−
ℝ 
1,0 
điểm 
Điều kiện: 3cos 2 ,
2 6
x x k k≠ ⇔ ≠ ± + ∈ℤpi pi 
Khi đó, 2(2sin 1)( os2 sin ) 2sin 3 6sin 4cos 2 0PT x c x x x x x⇔ + + − + + − = 
0,25 
2 3 2(2sin 1)(1 2sin sin ) 2(3sin 4sin ) 6sin 4sin 2 0x x x x x x x⇔ + − + − − + − + = 
3 24sin 4sin 3sin 3 0x x x⇔ − + + = 
2(2sin 1)(2sin 3sin 3) 0x x x⇔ + − + = 
0,25 
Câu 2 
( )
21 6
sin
72 2
6
x k
x k
x k
−
= +
−
⇔ = ⇔ ∈

= +

ℤ
pi
pi
pi
pi
0,25 
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
 Kết hợp điều kiện có 2
6
x k−= +pi pi không thỏa mãn. 
Vậy phương trình có một họ nghiệm là 7 2 ,
6
x k k= + ∈ℤpi pi 
0,25 
Giải hệ phương trình: 
4 2 2
2 2
4 6 9 0 ( , )
2 22 0
x x y y
x y
x y x y

− + − + =
∈
+ + − =
ℝ 
1,0 
điểm 
Hpt ⇔ 
2 2 2
2 2
( 2) ( 3) 4
( 2 4)( 3 3) 2 20 0
x y
x y x

− + − =

− + − + + − − =
0,25 
Đặt 
2 2
3
x u
y v

− =

− =
Khi đó ta được 
2 2 4
. 4( ) 8
u v
u v u v
 + =

+ + =
 ⇔ 
2
0
u
v
=

=
 hoặc 0
2
u
v
=

=
0,25 
⇒ 
2
3
x
y
=

=
;
2
3
x
y
= −

=
; 2
5
x
y
 =

=
; 2
5
x
y
 = −

=
0,25 
Câu 3 
KL: nghiệm của hpt đã cho là: ( ) ( ) ( ) ( )2;3 , 2;3 , 2;5 , 2;5− − 0,25 
Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình: 
 ( ) 24 4 5 2 0x x m x x− + − + + ≥ có nghiệm 2;2 3x  ∈ +  . 
1,0 
điểm 
ĐK: x∀ ∈ℝ . Đặt ( )22 4 5 2 1 1x x t t x− + = ⇒ = − + ≥ . 
Vì 2;2 3x  ∈ +  và 2
2 4( ) 0, [2;2 3]
2 4 5
x
t x x
x x
−
′ = ≥ ∀ ∈ +
− +
 nên [ ]1;2t ∈ . 
0,25 
Bất phương trình trở thành 
2 7t
m
t
−≥ . Bpt đã cho có nghiệm 
2;2 3x  ∈ +  ⇔ Bpt 
2 7t
m
t
−≥ có nghiệm [ ]1;2t ∈ 
0,25 
Xét 
2 7( ) tf t
t
−
= với [ ]1;2t ∈ 
[ ]
2
2
7( ) 0, 1;2tf t t
t
+
′ = > ∀ ∈
[1;2]
min ( ) (1) 6f t f⇒ = = − 
0,25 
Câu 4 
⇒Vậy 6m ≥ − là các giá trị cần tìm. 
0,25 
Cho hình chóp .S ABCD , có đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớn AD=2a, 
,AB BC a= = 2SB a= , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) 
trùng với trung điểm O của AD. Trên các cạnh SC, SD lấy điểm M, N sao cho 
2 ,SM MC SN DN= = . Mặt phẳng ( )α qua MN và song song với BC cắt SA, 
SB lần lượt tại P, Q. Tính thể tích khối chóp S.MNPQ theo a. 
1,0 
điểm 
Câu 5 
Hình vẽ: Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm 
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
PQ
N
DA
B C
O
S
M
2 3( ), 3
2
aDo SO ABCD OA OB OC OD a SO a⊥ = = = = ⇒ = = 
12 2
3ABD BCD BCD ABCD
Do AD BC S S S S= ⇒ = ⇒ = 
. . . .
1 2
,
3 3S BCD S ABCD S ABD S ABCD
V V V V⇒ = = 
2 2 3
.
3 3 1 1 3 3 33 . . 3.
4 3 3 4 4ABCD AOB S ABCD ABCD
a a aS S V SO S a= = ⇒ = = = (đvtt) 
0,25 
Có MQ // BC, NP // BC nên 1 2,
2 3
SP SN SQ SM
SA SD SB SC
= = = = 
• 
.
. . .
.
2 1 2 2 2 2
. . . .
3 2 3 9 9 27
S MNQ
S MNQ S BCD S ABCD
S BCD
V SM SN SQ V V V
V SC SD SB
= = = ⇒ = = 
0,25 
• 
.
. . .
.
1 1 2 1 1 1
. . . .
2 2 3 6 6 9
S PNQ
S PNQ S ABD S ABCD
S ABD
V SP SN SQ V V V
V SA SD SB
= = = ⇒ = = 
0,25 
Suy ra 
3 3
. . . .
5 5 3 5
.
27 27 4 36S MNPQ S MNQ S PNQ S ABCD
a aV V V V= + = = = (đvtt) 0,25 
Cho các số dương , ,x y z thoả mãn: ( 1) ( 1) ( 1) 6.x x y y z z− + − + − ≤ Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 .
1 1 1
A
x y y z z x
= + +
+ + + + + +
1,0 
điểm 
( 1) ( 1) ( 1) 6x x y y z z− + − + − ≤ 2 2 2 ( ) 6x y z x y z⇔ + + − + + ≤ 
218 ( ) 3( ) 3 6x y z x y z x y z⇒ ≥ + + − + + ⇔ − ≤ + + ≤ 0 6x y x⇒ < + + ≤ 
0,25 
Ta có: 1 1 2
1 25 5
y z
y z
+ +
+ ≥
+ +
; 1 1 2
1 25 5
z x
z x
+ +
+ ≥
+ +
; 
1 1 2
1 25 5
x y
x y
+ +
+ ≥
+ +
0,25 
Câu 6 
2( ) 3 6
25 5
x y zA + + +⇒ + ≥ 6 2( ) 3 3
5 25 5
x y zA + + +⇔ ≥ − ≥ 0,25 
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2x y z= = = . Vậy min
3 2
5
A x y z= ⇔ = = = . 
Cách khác: Đặt , 0t x y z t= + + > . 
Sử dụng BĐT 
2 2
2 2 2 ( ) 6 (0;6]
3 3
x y z t
x y z t t+ ++ + ≥ ⇒ − ≤ ⇒ ∈ . 
Chứng minh 1 1 1 9 , , , 0a b c
a b c a b c
+ + ≥ ∀ >
+ +
và áp dụng kết quả này ta được 
9
2 3
A
t
≥
+
. Xét 9( )
2 3
f t
t
=
+
 trên (0;6], suy ra kết quả bài toán. 
0,25 
II. PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 3,0 
điểm 
PHẦN A: Theo chương trình Chuẩn 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d đi qua M(3;1) và 
cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác IAB cân tại I(2;-2). 
1,0 
điểm 
Giả sử đường thẳng d cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A(a;0), B(0;b), ( , 0)a b ≠ 
Phương trình đường thẳng d có dạng: 1x y
a b
+ = 
Do d qua M(3;1) nên 3 1 1 (1)
a b
+ = 
0,25 
Đồng thời, IAB∆ cân tại I nên 
2 2 2 2( 2) (0 2) (0 2) ( 2)IA IB a b= ⇔ − + + = − + +
2 2
4
a b
a b
a b
= −
⇔ − = + ⇔ 
= +
0,25 
• Với a b= − , thay vào (1) ta được 2; 2a b= = − nên phương trình đường 
thẳng d là 2 0x y− − = 
0,25 
Câu 
7.a 
• Với 4,a b= + thay vào (1) ta được ( ); (6;2)a b = hoặc ( ; ) (2; 2)a b = − 
Từ đó, phương trình đường thằng d là 3 6 0x y+ − = hoặc 2 0x y− − = 
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là : 3 6 0d x y+ − = 
hoặc : 2 0d x y− − = 
0,25 
Giải phương trình: 2 31 81 9
3
log 20log 40log 7 0x x x− + + = 1,0 
điểm 
Câu 
8.a Điều kiện: (0; )x ∈ +∞ 
Khi đó, 1 81 9
3
2log 60log 20log 7 0PT x x x⇔ − + + = 
0,25 
3 3 32log 15log 10log 7 0x x x⇔ − − + + = 0,25 
37 log 7 3x x⇔ = ⇔ = 0,25 
Vậy x =3 là nghiệm của phương trình. 0,25 
Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà mỗi chữ số đứng trước đều nhỏ hơn 
chữ số đằng sau nó. 
1,0 
điểm 
Giả sử số cần tìm có dạng abcdef ( )a b c d e f< < < < < 0,25 
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
Số được chọn không có chữ số 0, vì giả sử có chữ số 0 thì số đó phải có dạng 
{ }( )0 , , , , , 1;2;...;9bcdef b c d e f ∈ (không thỏa mãn) 
Với mỗi cách chọn ra 6 chữ số, có duy nhất một cách tạo thành số có 6 chữ số 
sao cho mỗi chữ số đứng trước đều nhỏ hơn chữ số đằng sau nó. 
0,25 
Số các số có 6 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là số cách chọn 6 trong 9 chữ 
số thuộc tập { }1;2;3;4;5;6;7;8;9A = 
0,25 
Câu 
9.a 
Vậy có 69 84C = số thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25 
PHẦN B: Theo chương trình Nâng cao 
Câu 
7.b 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn 
( ) 2 2: ( 1) ( 1) 20C x y− + + = . Biết AC=2BD, điểm B có hoành độ dương và 
thuộc đường thẳng : 2 5 0d x y− − = . Viết phương trình cạnh AB. 
1,0 
điểm 
Đường tròn (C) có tâm (1; 1),I − bán 
kính 2 5R = 
Đặt , ( 0)BI x x= > 
Do 2 2 2AC BD AI BI x= ⇒ = = 
Kẻ 2 5IH AB IH R⊥ ⇒ = = 
dH
B
D
A I C
0,25 
• Trong AIB∆ có: 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 5 ( 0)
4 20
x Do x
IA IB IH x x
+ = ⇔ + = ⇔ = > 
Suy ra 5IB = . Gọi ( ;2 5), ( 0)B t t t− > 
2 2
4 ( )
5 ( 1) (2 4) 25 2 ( )
5
t tm
Do IB t t
t ktm
=

= ⇔ − + − = ⇔
− =

0,25 
• Với 4 (4;3)t B= ⇒ . Phương trình cạnh AB có dạng: 
2 2( 4) ( 3) 0 ( 0)a x b y a b− + − = + ≠ 
2 2
3 4
ó : ( ; ) 2 5a bC d I AB IH R
a b
− −
= = ⇔ =
+
2 2
2
11 24 4 0 2
11
a b
a ab b
a b
=
⇔ − + = ⇔
 =

0,25 
• Với 2 ,a b= chọn 2, 1a b= = , phương trình AB là: 2 11 0x y+ − = 
• Với 2 ,
11
a b= chọn 2, 11a b= = , phương trình AB là: 2 11 41 0x y+ − = 
Vậy phương trình cạnh AB là 2 11 0x y+ − = hoặc 2 11 41 0x y+ − = 
0,25 
Tìm giới hạn: 
0
3 1lim
x
x
I
x→
−
= 
1,0 
điểm 
Câu 
8.b 
Ta có 
ln 3
0
1lim
x
x
eI
x→
−
= 
0,25 
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
ln 3
0
1lim
x
x
eI
x→
−
⇔ = 
0,25 
ln 3
0
1lim .ln 3
.ln 3
x
x
eI
x→
−
⇔ = 
0,25 
1.ln3 ln3.I⇔ = = 0,25 
Tìm hệ số của x10 trong khai triển 2( 3 )nx x− , (x >0, n nguyên dương) biết 
tổng các hệ số trong khai triển bằng 2048− . 
1,0 
điểm 
Câu 
9.b 
Do tổng các hệ số trong khai triển là –2048 nên ta có: 
0 1 2 23 3 ... ( 1) .3 2048n n n
n n n n
C C C C− + − + − = − 
(1 3) 2048 11n n⇔ − = − ⇔ = 
0,25 
Ta có khai triển: 
1 311 11 222 11 2 11 11 112 2
11 11
0 0
( 3 ) .( 3 ) .( 1) .3 .k kk k k k k
k k
x x C x x C x
−
− − −
= =
− = − = −∑ ∑ 
0,25 
Hệ số của x10 trong khai triển tương ứng với 322 10 8
2
k k− = ⇔ = 
0,25 
Vậy hệ số cần tìm là 3 3 811( 1) .3 . 4455C− = − 0,25 
------------ Hết ------------- 
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com