Đề thi thử đại học lần I năm 2013 môn thi: Toán - Trường thpt Thuận Thành Số 3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 3 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 
Môn thi: Toán 
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian giao đề 
( Ngày thi 29 tháng 12 năm 2013) 
 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7điểm) 
Câu I : (2điểm) Cho hàm số y = 3 2
1
x m
mx


 (C) ( m là tham số) 
1.Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (C) khi m=1. 
2. Chứng minh rằng m 0, đồ thị (C) luôn cắt đường thẳng d: y = 3x-3m tại hai điểm phân biệt A,B. Xác 
định m để đường thẳng d cắt các trục OX ,OY lần lượt tại C,D sao cho diện tích OAB bằng 2 lần diện 
tích OCD. 
Câu II: (2 điểm) 
 1. Giải hệ phương trình : 
3
2
2 2 1 3 1
2 2 1 1
y x x x y
x xy x y
     

   
. 
 2. Giải phương trình : cotx + cos2x + sinx = sin2x + cosx.cotx 
 Câu III (1điểm): Tính giới hạn : L = 
3 4
0
1.2 1. 2.3 1. 3.4 1 1lim
x
x x x
x
    
Câu IV:(1 điểm): 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A (AD//BC), AB=BC=a,AD=2a.Gọi M là 
trung điểm của AD , N là trung điểm của CM.Hai mặt phẳng (SNA) và (SNB) cùng vuông góc với mặt 
phẳng đáy và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD bằng 2
11
a .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và 
khoảng cách từ SA đến đường thẳng CD theo a. 
Câu V:(1điểm): Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn abc= 2 2 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 S=
6 6 6 6 6 6
4 4 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2
a b b c c a
a b a b b c b c c a c a
  
 
     
II. Phần Riêng (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần). 
1. Theo chương trình chuẩn 
Câu VIa: (2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ OXY ,cho hình thoi ABCD có phương trình cạnh BD là x-y =0.Đường thẳng AB 
đi qua điểm P(1; 3 ), đường thẳng CD đi qua Q(-2;-2 3 ).Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ,biết độ dài 
AB= AC và điểm B có hoành độ lớn hơn 1. 
2. Cho biểu thức P(x)= 3 2
2 nx
x
  
 
( *n N ). Sau khi khai triển và rút gọn ,tìm số hạng chứa 6x ,biết rằng n 
là số tự nhiên thỏa mãn: 1 1 2 2 3 3 11.2 2.2 3.2 .... 12.3n n n n nn n n nC C C nC
        . 
Câu VIIa(1 điểm): Giải bất phương trình 
22 22 4.2 2 4 0.
x xx x x     
2. Theo chương trình nâng cao 
Câu VIb: (2 điểm) : 
1.Trong mặt phẳng tọa độ OXY cho Elip (E):
2 2
1
16 9
x y
  và đường thẳng d: 3x+4y -12 =0.Chứng minh rằng 
đường thẳng d cắt elip( E) tại hai điểm A,B phân biệt.Tìm điểm C(E) sao cho tam giác ABC có diện tích 
bằng 6. 
2. Có ba lô hàng .Người ta lấy một cách ngẫu nhiên từ mỗi lô hàng một sản phẩm .Biết rằng xác suất để 
được sản phẩm có chất lượng tốt ở từng lô hàng lần lượt là 0,5 ; 0.6 ; 0.7 .Tính xác suất để trong 3 sản phẩm 
lấy ra có ít nhất một sản phẩm có chất lượng tốt. 
Câu VIIb (1) Giải bất phương trình sau 
5 3
1
3
2
( 2 8 6) log ( 5) 2)
0.
4 3
x x x x
x x
 
      
  
 
------------------------------Hết------------------------------- 
www.VNMATH.com
 1 
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 3 
THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM 
Môn: TOÁN HỌC 
 Câu Nội Dung Điểm 
1. Khảo sát hàm số (1điểm) 
 m=1: y = 3 2
1
x
x


. TXĐ: D = R/ 1 0.25 
 . Sự biến thiên: + y’= 2
5
( 1)x 
 . 3 2lim 3
1x
x
x



 - TCN y= 3 
. 
1
3 2lim
1x
x
x

 

; 
1
3 2lim
1x
x
x

 

 -TCĐ x= -1 
 . Hàm số ĐB trên : ( ;-1) và (-1;+ ), 
0.25 
 . Bảng biến thiên: 
 x  -1 
 + 
 y’ + + 
 y + 3 
 3 - 
0.25 
 I.1 
(1đ) 
www.VNMATH.com
 2 
Đồ thị. 
. hàm số không có cực trị: 
 - x= 0  y =-2 
 y =0  x = 2/3 
 0.25 
- Đồ thị 
0.25 
www.VNMATH.com
 3 
Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và d : 3 2 3 3
1
x m x m
mx

 

 (3x-2m) =(3x-3m)(mx+1) 
  23 3 1x mx  =0 (1) 
 ( C) cắt d tại hai điểm phân biệt khi phương trình (1) có hai nghiệm khác -
1/m. 
 Xét 29 12 0m    
 Thay x= -1/m vào phương trình ( 1) ta được 2
3 2 0
m
  (vô lí) 
 Vậy (C ) luôn cắt d tại hai điểm phân biệt A ,B 
0.25 
Giả sử A( Ax ; 3 Ax -3m) ; B( Bx ; 3 Bx -3m) với Bx , Ax là hai nghiệm của (1). 
d ox ( ;0)C m  ; d (0; 3 )oy D m   
khoảng cách từ O đến d là OH = 3
10
m 
0.25 
* AB =      2 2 23 3 10A B A B A Bx x x x x x      210 ( ) 4A B A Bx x x x    
 Mà A Bx x = m ; A Bx x =-1/3 
+ Vậy AB = 2 4010
3
m  .CD = 210m 
0.25 
I.2 
(1đ) 
Từ gt ta có OH.AB =2OH.CD giải pt ẩn m ta tìm được m = 2
3
 . 
0.25 
ĐK : 1 1x   , đặt a = 1 x ( 20) 1a x a    
Ta được 3 32y y a a   
Lập luận chỉ ra y = 1 x 
0.25 
Thay vào pt còn lại ta được 1 x = 2 22 1 2 1x x x   
Đặt x= cost , t  0; giải pt ta được 
0.25 
 II.1 
(1đ) 
3os
10
32 sin
20
x c
y


 

 

0.5 
ĐK sin x 0 .x k  (k ).¢ 
 Với đk trên pt đã cho trở thành : 
 Sinx + cosx.cos2x + sin 2 x = sin2x.cosx + cos 2 x 
0.25 
 II.2 
 (1đ)  cos2x(cosx –sinx -1) =0. 
 os2 0
cos s inx 1.
c x
x

  
0.25 
www.VNMATH.com
 4 
+ cos 2x = 0  x = .
4
k  
+ cosx –sinx =1  
2
2
2
x k
x k





   

Dối chiếu đk phươn trình có nghiêm g trình là. 
0.25 
 Vậy pt có nghiệm là : x = .
4
k  2
2
x k    (k ).¢ 
0.25 
Ta CM được 
0
ax 1 1lim
n
x
a
x n
 
 (a *0, )n ¥ 
0.25 
L=
0
lim
x
  3 4 3 4
0
2 1 1 2.3 1. 3.4 1 ( 2.3 1 1) 3.4 1lim
x
x x x x x
x x
      
 +
4
0
3.4 1 1lim
x
x
x
  
0.5 
 III 
(1đ) 
 L = =1+2+3=6 0.25 
IV 
(1đ) 
Do BC=MD=a  tứ giác BCDM là hình bình hành 
BM//(SCD) khi đó khoảng cách giữa CD và SB là khoảng cách giữa CD 
và mp(SBM) và bằng 2 lần khoảng cách từ N đến (SBM). 
Dựng NF MB , MN=
2
a , sin¼NMF = NF
NM
  NF=
2 2
a 
0.25 
Dựng NJ SF NJ (SBM) và NJ=
11
a 
Trong tam giác SNF có 2 2 2
1 1 1
NJ NS NF
   NS=
3
a 
Vậy V .S ABCD = 1 .3 . ABCDSN S =
1 .
3 3
a .
23
2
a =
3
2 3
a (đvtt). 
0.25 
A D M 
C 
N 
B 
 F 
J K 
S 
 K 
I 
H 
www.VNMATH.com
 5 
0.25 
* dựng hbh ABMK AK//BM  CD//(SAK) 
Dựng NH SI (HSI) 
 d(CD ,SA) =d(CD,(SAK)) = 4
3
d(N,(SAK)) = 4
3
NH 
+ AM.NK =NI.AK  . 2 . 2
AK 5 5
AM NK a a aNI
a
   
Trong SNI : 2 2 2
1 1 1
NH NS NI
  = 2 2 2
3 5 17
4 4a a a
  
 NH= 2
17
a  d(CD ,SA) = 8
3 17
a . 
0.25 
Xét A=
2 2
2 2
x y xy
x y xy
 
 
 với x>0, y>0 chia cả tử và mẫu cho 2y và đặt t= x
y
 với 
t>0 
 Ta được A=
2
2
1
1
t t
t t
 
 
 với t >0. 
0.25 
 Xét hàm số f(t) =
2
2
1
1
t t
t t
 
 
 trên (0 ; ) 
Lập BBT hàm f(t) từ đó 
 CM được f(t) 1
3
 khi đó A=
2 2
2 2
x y xy
x y xy
 
 
 ) 1
3
 dấu « = » khi x=y 
0.25 
áp dụng với x= a 2 , y= b 2 
 khi đó
4 4 2 2
4 4 2 2
1
3
a b a b
a b a b
 

 
tương tự 
4 4 2 2
4 4 2 2
1
3
b c b c
b c b c
 

 
 ; 
4 4 2 2
4 4 2 2
1
3
c a c a
c a c a
 

 
0.25 
 V 
(1đ) 
S 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 2( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 3
a b b c c a a b c         3 2 2 23 a b c với abc=2 2 
Vậy S 4 dấu bằng xẩy ra a=b=c = 2 
min 4S  khi a=b=c = 2 
0.25 
www.VNMATH.com
 6 
Giả phương trình của AB: 
 a(x-1) +b(y- 3 ) = 0 , ( 2 2 0a b  ). 
Từ gt cos(AB,BD)
2 2 2
a b
a b



= 3
2
 2 24 0a ab b    
Chọn b =1 2 3
2 3
a
a
   
 
  
0.25 
TH1: 2 3a    , b =1 pt AB: ( 2 3  )(x-1) +y- 3 =0. 
 Tọa độ B là nghiệm của hệ 
 ( 2 3) x 1 y 3 0
.x y
      


2 1 3
1 3
2 1 3
1 3
x
y
    
 
   
 
(loại). 
TH2 : 2 3a    , b= 1 pt AB: : ( 2 3  )(x-1) +y- 3 =0 
 Tọa độ B là nghiệm của hệ  ( 2 3) x 1 y 3 0
.x y
      


2
2
x
y

 

Vậy B(2 ;2). 
0.25 
* (1;2 3)PB 
uuur
 Phương trình CD :  2 3 (x+2)- (y+2 3 ) =0. 
Tọa độ D là nghiệm của hệ   2 3 x 2 (y 2 3) 0.
x y
     


4
.
4
x
y
 
 
 
Vậy D(-4 ;-4). 
0.25 
VI.1 
 (1đ) 
 O( -1 ;-1) pt AC : x+y+2=0 
Tọa độ A là nghiệm của hệ   
x y 2 0 1 3
2 3 1 3 0 3 1
x
x y y
       
         
0.25 
B 
A C 
D 
O 
www.VNMATH.com
 7 
Vậy A ( 1 3  ; 3 1 ) . 
Khi đó C( 3 1 ;-1- 3 ) 
Ta có 
0 1 1 2 2 2 3 3 3(2 ) 2 2 2 2 ....n n n n n n nn n n n nx C C x C x C x C x
         
Đạo hàm 2 vế ta được 
1 1 1 2 2 3 3 2 1(2 ) 2 2 2 3 2 ....n n n n n nn n n nn x C C x C x nC x
          
Cho x = 1 ta được 
0.5 
1 1 2 2 3 3 11.2 2.2 3.2 .... .3n n n n nn n n nC C C nC n
        
Khi đó 1.3nn  =12. 13n hay n =12. 
0.25 
VI.2 
(1đ) 
xét 3 3 3 52 2
0 0
2 2( ) .( ) ( 2) ( )
n n n
k n k k k k n k
n n
k k
x C x C x
x x
 
 
     
 
  
P(x) chứa 6x khi k =6 
Vậy số hạng chứa 6x là 6 6 6122 C x . 
0.25 
Đặt u=
2
2x x (u 0) , v = 22x x (v>0) 
Khi đó bpt trở thành 
 u - 4v- u
v
 + 4 > 0. 
0.25 
 (u-4v)(1- 1
v
) >0 
0.25 
TH1:
2 2
2 2
12 4.2
1.
02 1
x x x x
x x
x
x
x x
 

  
   
  
0.25 
VI.2 
(1đ) TH2: 
2 2
2 2
12 4.2
0 1.
02 1
x x x x
x x
x
x
x x
 

  
    
  
Vậy phương trình có nghiệm là : x (0;1) (1; ).   
0.25 
Gọi A là biến cố “ Sản phẩm lấy ra từ lô thứ nhất là tốt” 
  P(A) =0.5 
B là biến cố “ Sản phẩm lấy ra từ lô thứ nhất là tốt” 
  P(B) =0.6 
C là biến cố “ Sản phẩm lấy ra từ lô thứ nhất là tốt” 
  P(B) =0.7 
0.25 
Các biến cố A,B,C là độc lập 0.25 
X là biến cố “Trong các sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm tốt” 
  X là biến cố “ cả 3 sản phẩm lấy ra chất lượng đều không tốt” 
0.25 
VI.1 
(1đ) 
 Ta có X = . .A B C 
 P( X )= 1-P( X )=0.94 
0.25 
www.VNMATH.com
Xét hệ pt
2 2 2 2
1 1
16 9 16 9
3 4 12 3 12 4
x y x y
x y x y
 
    
 
     
0.25 
 Giải hệ ta có
6 41
4
6 41
3
x
y
 


 
 và 
6 41
4
6 41
3
x
y
 


 
0.25 
 A 6 41 6 41;
4 3
  
  
 
 ; B 6 41 6 41;
4 3
  
  
 
 A B= 5 41
6
0.25 
VI.2 
(1đ) 
Giả sử M(x 0 0; )y ,đặt MH là khoảng cách từ M đến AB 
 MH = 0 03 4 12
5
x y  
Vậy MH .AB =12 
Giải hệ 0 0
2 2
0 0
3 4 12 41 72
9 16 154
x y
x y
   

 
 giải hệ tìm tra x,y 
0.25 
ĐK: 5 8; 1; 3.x x x     
-xét hàm số 
 5 3( ) 2 8 6f x x x x     với -5 8x  
 Ta có  ' 4 2 15 6
2 8
f x x x
x
  

>0  5;8x   nên hàm số ĐB trên  5;8 
 Và f(-1)=0. 
0.25 
Xét hàm số 
 1
3
( ) log ( 5) 2g x x   NB trên  5;8 và g(4)=0. 
0.25 
Lập bảng xét dấu: 0.25 
VII 
(1đ) 
Vậy BPT có nghiệm là.(-1;1)  3;4 
0.25 
 ( Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tương ứng.) 
www.VNMATH.com