Đề thi thử đại học lần 1 năm học 2013-2014 môn: Toán 12 Khối A, A1, B - Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 
 Môn: Toán 12. Khối A, A1, B. 
 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm)  
Câu 1. (2,5 điểm). Cho hàm số  3 2y mx ( 2m 1)x m 1     ( Cm ) . 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi  m 1 . 
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số  m 0 sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại giao điểm của nó với 
trục tung tạo với hai trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 4. 
Câu 2. (1,25 điểm) . Giải phương trình:  
                  3 33 1 3 cos 2x 3 1 3 sin 2x 8 sin x cos x 3 sin x cos x 3 3 3        . 
Câu 3. (1,25 điểm) . Giải hệ phương trình:   
2 1 xx y
x y x, y
5y 1 x y 1

  

   
 . 
Câu 4. (1,0 điểm). Tính giới hạn  :  
3 4
x 2
x 6 7x 2
L lim
x 2
  


Câu 5. (1,0 điểm). Cho hình chóp  S.ABCD có đáy là hình vuông với cạnh  2a , mặt bên   SAB nằm 
trong mặt phẳng vuông góc với mặt  phẳng   ABCD  và  SA a ,SB a 3  . 
 Hãy tính thể tích của hình chóp  S.ABCD  và khoảng cách giữa hai đường thẳng  AC  và  SB  theo  a . 
Câu 6. (1,0 điểm). Xét các số thực dương   , , a b c  thoả mãn   7ab bc ca abc   . Tìm giá trị nhỏ  nhất 
của biểu thức: 
4 5 6
2 2 2
8 1 108 1 16 1a b c
P
a b c
  
    
B. PHẦN RIÊNG (2,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 
1.Theo chương trình Chuẩn 
Câu 7A. (1,0 điểm) . Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD  có   A 2;0
 ,B 3;0 và diện tích bằng  4 . Biết rằng  giao điểm của hai đường chéo  AC và  BD nằm trên đường 
thẳng  y x  , hãy tìm toạ độ  của các đỉnh  C,D.
Câu 8A (1,0điểm). Tính tổng :  2 1 2 2 2 3 2 20131 2013 2013 2013 2013S 1 .C 2 .C 3 .C 2013 .C    
2.Theo chương trình nâng cao. 
Câu 7B (2,0 điểm) .Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác  ABC  có đường cao kẻ từ  B  và 
phân giác trong kẻ từ  A lần lượt có phương trình :  3x 4 y 10 0   và  x y 1 0   . Biết rằng điểm 
 M 0;2 nằm trên đường thẳng  AB  và  MC 2  , tìm toạ độ các đỉnh của tam giác.   
Câu 8 B (1,0 điểm).  Tính tổng : 
0 1 2 2013
2013 2013 2013 2013
2
C C C C
S
1 2 3 2014
      
---------- 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: 
Đề chính thức
(Đề thi gồm 01 trang) 
Hướng dẫn chung. 
- Mỗi một bài toán có thể có nhiều cách giải, trong HDC này chỉ trình bày sơ lược một cách 
giải. Học sinh có thể giải theo nhiều cách khác nhau, nếu đủ ý và cho kết quả đúng, giám 
khảo vẫn cho điểm tối đa của phần đó. 
- Câu  (Hình học không gian), nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình chính của bài toán, 
thì không cho điểm; câu  (Hình học giải tích) không nhất thiết phải vẽ hình. 
- Điểm toàn bài chấm chi tiết đến 0.25, không làm tròn. 
- HDC này có 04  trang. 
Câu Nội dung trình bày Điểm
1. Khi  31:y x 3 2m x       
+ TXĐ:    
+ Sự biến thiên:    23 3 3 1 1 , 0 1y x x x y x         
0.25 
0 1 1y x x         suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng     ; 1 , 1;    ; 
0 1 1y x        suy ra hàm số nghịch biến trên   1;1 .   
Hàm số đạt cực đại tại   1, 1 4;cdx y y      hàm số đạt cực tiểu tại   1, 1 0.ctx y y     
0.25 
3 3
2 3 2 3
3 2 3 2
lim lim 1 ; lim lim 1
x x x x
y x y x
x x x x   
   
            
   
y
y'
x
0
4 +∞
∞
+
+
+∞∞
00
11
0.25 
+ Đồ thị 
0. 50 
1 
2. Đồ thị  3( ) : (2 1) 1mC y mx m x m      cắt trục tung tại  (0;  1)M m  .  0.25 
- Giao Ox: 
   2;0 , 1;0
 ; 
- Giao Oy: 
 0;2
 ; 
- Điểm uốn: 
 0;2I
 suy ra đồ 
thị tự xứng qua 
 0;2I
4
2
   23 (2 1) y 0 2 1y mx m m       
Từ đó, khi  0,m   tiếp tuyến  mt  của  ( )mC  tại M có phương trình  
(2 1) 1y m x m    
0.25 
Do  ( )mt  tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 nên ta có hệ 
 
2
1
1
2
2
1
1 8 1 8 2 1
2 1
m
m
m
m m m
m

  
 
       
0. 50 
Giải hệ, thu được  7 56m     và  9 72.   Đối chiếu điều kiện và kết luận  0.25 
+ Để ý rằng  2 3sin 2 1 (sin cos ) ;sin 3 4sin 3sinx x x x x x       và  3cos3 4 cos 3cosx x x   
nên phương trình được viết về dạng 
(sin cos )( 3 sin 3 cos 3 ) 0x x x x  
0. 5 
+ Giải phương trình  sin cos 0x x   ta được họ nghiệm  ,
4
x k k

    0.25 
+ Giải phương trình  3 sin 3 cos3 0x x   ta được họ nghiệm  ,
6
x

     0.25 
2 
+ Kết luận nghiệm  0.25 
Điều kiện 
1
0,
5
x y 
Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra hoặc  2y x  hoặc  1xy  
0.25 
+ Nếu  1xy    thì  0x y   và phương trình thứ hai trở thành 
1
5 1 1y
y
  
Phương trình này tương đương với  2
2
1
5 1
2 1 2 5
y
y y y
y y y

    
  
Do  1y    nên hệ phương trình này vô nghiệm. 
0. 5 
3 
+ Nếu  2 ,y x  thay vào phương trình thứ hai, ta được  25 1 1 | |x x x   . 
Giải phương trình, được  ( ; ) (1;1), ( 2;2), ( 7 41;7 41)x y      
Kết luận nghiệm 
0.5 
   3 4 3 4
x 2 x 2
x 6 2 7 x 2 2 x 6 2 7 x 2 2
L lim lim
x 2 x 2 x 2 
         
   
   
0.25 
       4x 2 2 33
x 6 8 7 x 2 16
L lim
x 2 7x 2 2 7x 2 4x 2 x 6 2 x 6 4

 
    
  
            
  
0.25 
4 
    4x 2 2 33
1 7 1 7 13
L lim
12 32 967x 2 2 7x 2 4x 6 2 x 6 4

 
 
      
          
  
0.5 
MO
B
A
C
D
S
H
+ Từ giả thiết suy ra tam giác  SAB vuông tại S và 
3 
2
a
SH   (H là hình chiếu của A trên AB). 
Từ đó, do     SAB ABCD   nên 
3
.
1 2
3 3
S ABCD
a
V SH AB AD     (đ.v.t.t) 
0.25 
5 
+ Do ABCD là hình vuông, nên 
1
2
ABC ADC ABCDS S S    suy ra  
3
. .
1
2 3
S ABC S ABCD
a
V V   (đ.v.t.t) 
Mà     .
1
; sin ;
6
S ABCV AC SB d AC SB AC SB       nên  
 
 
32 3
;
sin ;
a
d AC SB
AC SB AC SB

 
0.25 
+ Gọi O,M theo thứ tự là trung điểm  , .AC SD   Khi đó     ; ;AC SB OA OM   
Áp  dụng  định  lý  cô-sin  cho  tam  giác  AOM tính  được  
6
cos
4
AOM      suy  ra 
  
10
sin ; sin
4
AC SB AOM    
0.25 
Vậy   
2
;
5
a
d AC SB    (đ.v.đ.d)  0.25 
Chú ý: Với bài toán này (phần tính khoảng cách), có nhiều cách giải, chẳng hạn học sinh có thể sử dụng vectơ, 
tọa độ hay dựng đoạn vuông góc chung. Nếu cách giải đúng và cho kết quả đúng, giám khảo vẫn cho điểm tối 
đa của phần đó. Cách giải trong bài toán này sử dụng kết quả của Bài tập 6 (tr. 26) SGK Hình học 12 (CCT) 
6 
Viết lại giả thiết về dạng 
1 1 1
7
a b c
      0.25 
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 
2
2
3 3
2 2 2
4
2 2
1 1
8 4," "
2 2
2 2 2 1
54 54 10," "
9 9 9 3
1 1 1
16 3," "
4 4 2
A a a
a
B b b b
b b b
C c c
c c
     
        
      
0.5 
Từ đó, với 
2 2 2
1 1 1
2 3 2
D
a b c
   , theo bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacopsky - Schwarz, thì 
2
1 1 1 1 1 1
4 10 3 24," " ,
2 3 2 2 3
P A B C D a c b
a b c
 
                
   
KL  
0.25 
Gọi I là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành, thế thì   ; I a a   với a là số thực nào đó. 
Suy ra     2 2;2 , 2 3;2 .C a a D a a    
0.25 
Từ đó, do diện tích của hình bình hành bằng 4 nên  2 4 2.a a       0.25 
Với     2 : 2;4 , 1;4a C D  ; với     2 : 6; 4 , 7; 4a C D         0.25 
7a 
Kết luận  0.25 
Tính tổng :  2 1 2 2 2 3 2 20131 2013 2013 2013 2013S 1 .C 2 .C 3 .C 2013 .C    
Số hạng tổng quát của tổng là   2 k kk 2013 2013a k C k. k 1 1 C k 1,2,...,2013       
0.25 
   
   
k k
k 2013 2013
2013! 2013!
a k. k 1 C kC k. k 1 k. k 1,2,...,2013
k ! 2013 k ! k ! 2013 k !
       
 
  0.25 
k 2 k 1
k 2011 2012a 2012 2013C 2013C k 1,2,...,2013
        0.25 
8a 
   0 1 2011 0 1 20121 2011 2011 2011 2012 2012 2012S 2012 2013 C C C 2013 C C C           
   
2011 2012 2011 2012 2011
1S 2012 2013 1 1 2013 1 1 2012 2013 2 2013 2 2013 2014 2              
0.25 
: 3 4 10 0, : 1 0b ah x y x y        
+ Do     0;2M AB   nên điểm   1;1N   đối xứng với M qua  a  nằm trên  .AC   
0.25 
+ Suy ra A là giao điểm của đường thẳng d qua N, vuông góc với  bh  và đường thẳng  .a  Từ đó 
 4;5 .A   
0.25 
+ B là giao điểm của đường thẳng AM với  .bh  Từ đó 
1
3;
4
B
 
  
 
   0.25 
7b 
+ Do  2MC   nên  C là giao điểm của đường tròn tâm M bán kính  2 với đường thẳng d. 
Suy ra   1;1C  hoặc 
33 31
;
25 25
C
 
 
 
0.25 
Tính tổng : 
0 1 2 2013
2013 2013 2013 2013
2
C C C C
S
1 2 3 2014
      
Số hạng tổng quát của tổng là 
k 
2013
k
C
a k 0,1,2,...,2013
k 1
  

0.25 
       
k 
2013
k
C 2013! 1 2014!
a k 0,1,2,...,2013
k 1 k 1 k ! 2013 k ! 2014 k 1 ! 2013 k !
     
     
  0.25 
 Vậy ta được     
k 1 
2014
k
C
a k 0,1,2,...,2013
2014

     0.25 
8b 
   
2014
20141 2 2014 0
2 2014 2014 2014 2014
1 1 2 1
S C C C 1 1 C
2014 2014 2014
          
 
   0.25