Đề thi thử đại học và cao đẳng năm học 2012 -2013 môn Toán khối A, A1, B

www.MATHVN.com 
www.mathvn.com 1 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm): 
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số x 2y
x 1
−
=
−
 (C) 
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số 
b) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d): y m(x 3)= − cắt đồ thị (C) ,trong đó có ít 
nhất một giao điểm có hoành độ lớn hơn 1 
Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình : tan(x )tan(x )sin 3x sinx+sin2x
6 3
π π
− + = 
Câu 3 (1 điểm). Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
x y xy 1 4y 
y(x y) 2x 7y 2
 + + + =

+ = + +
Câu 4 (1 điểm). Tính 
e
1
1I x .ln xdx
x 1 ln x
 = +    +∫
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với 
đáy, G là trọng tâm SAC∆ , mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối 
đa diện MNABCD biết SA AB a= = và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 030 . 
Câu 6 (1 điểm). Tìm GTNN của biểu thức sau: 
( ) ( )2 22 2A x 1 y x 1 y y 2= − + + + + + − (x, y R)∈ 
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B: 
A. Theo chương trình chuẩn 
Câu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2(x 2) y 4− + = . 
Gọi I là tâm của (C).Tìm toạ độ điểm M có tung độ dương thuộc (C) sao cho tam giác OIM có 
diện tích bằng 3 
Câu 8.a (1 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(5;0;0) , B(0;5;0) , C(0;0;5) , 
D( 1; 1; 1)− − − . Tìm tọa độ điểm M sao cho 2 2 2 2P MA MB MC MD= + + + đạt giá trị nhỏ nhất. 
Câu 9.a (1 điểm). Giải phương trình : x 2 x 23.25 (3x 10).5 3 x 0− −+ − + − = 
B. Theo chương trình nâng cao: 
Câu 7.b (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có phân giác trong 
AD , đường cao CH lần lượt có phương trình x y 0− = , x 2y 3 0+ + = , M(0; 1)− là trung điểm 
của AC và AB 2AM= .Tìm tọa độ điểm B . 
Câu 8.b (1 điểm). Chứng minh rằng với *n N ,n 2∀ ∈ ≥ thì 
1 2 3 k 1 k n 1 n
n n n n n
C 2C 3C ... ( 1) kC ... ( 1) nC 0− −− + − + − + + − = 
Câu 9.b (1 điểm). Giải hệ phương trình : 
2 2
5 3
9x 4y 5 
l og (3x 2y) log (3x 2y) 1

− =

+ − − =
Họ và tên:..SBD:.. 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH 
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI 
LẦN I 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG 
NĂM HỌC 2012 -2013 
Môn Toán Khối A, A1,B ( thời gian 180 phút) 
www.MATHVN.com 
www.mathvn.com 2 
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2012 – 2013 LẦN I 
Phần I Phần chung cho tất cả các thí sinh Điểm 
Câu 1 
a HS tự làm 1 
điểm 
b 
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d): y m(x 3)= − cắt đồ thị (C) ,trong 
đó có ít nhất một giao điểm có hoành độ lớn hơn 1 
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đt (d) là: x 2 m(x 3)
x 1
−
= −
−
2
x 1 
mx (4m 1)x 3m 2 0 (1)
 ≠↔ − + + + =
Để t/m ycbt thì pt(1) có ít nhất một nghiệm lớn hơn 1. 
0.25 
điểm 
Đặt 2g(x) mx (4m 1)x 3m 2= − + + + . Để pt g(x) 0= có tất cả các nghiệm nhỏ hơn 
1 (vì g(1) 0 m)≠ ∀ thì: 
+ m 0 x 2= → = loại 0.25 
điểm 
+ m 0≠ ,đk để pt g(x) 0= có nghiệm nhỏ hơn 1 là: 1 2
1 2
∆ 0 
(1 x )(1 x ) 0
x x 2 
 ≥ − − > + <
 VN 
( trong đó 1 2x ,x là nghiệm của pt g(x) 0= ) 
→không tồn tại m để pt g(x) 0= có nghiệm nhỏ hơn 1 
0.25 
điểm 
Vậy với mọi m tm ycbt 0.25 
điểm 
Câu 2 Giải phương trình : tan(x )tan(x )sin 3x sinx+sin2x
6 3
π π
− + = (1) 
ĐK: 
π
cos(x ) 0
π kπ6
x ,k Z
π 6 2
cos(x ) 0
3
 − ≠ ↔ ≠ + ∈ + ≠
0.25 
điểm 
Pt (1) 2π πtan(x ).cot( x).sin x(3 4sin x) sin x 2sin x.cos x
6 6
↔ − − − = + 
2sin x(4cos x 2cos x) 0↔ + =
sin x 0
cos x 0
1
cos x
2

 =
↔ =

 =−
kπ
x 
2
, k Z
2π
x k2π
3

 =
↔ ∈
 =± +

0.5 
điểm 
www.MATHVN.com 
www.mathvn.com 3 
Kết hợp đk →nghiệm của phương trình là 
kπ
x 
2
, k Z
2π
x k2π
3

 =
↔ ∈
 =− +

0.25 
điểm 
Câu 3 Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
x y xy 1 4y 
y(x y) 2x 7y 2
 + + + =

+ = + +
Do y=0 không phải là nghiệm của hpt, chia cả 2 pt của hệ cho y ta có 
2
2
2
x 1
x y 4 
y
x 1(x y) 2. 7
y
 + + + = + + = +
. Đặt 
2x 1
u
y
+
= và v x y= + . Ta có hpt 
0.25 
điểm 
 2 2
u v 4 u 4 v v 5 u 9
v 2u 7 v 2v 15 0 v 3 u 1
 + = = − =− → =  ↔ ↔   = + + − = = → = 
0.25 
điểm 
+ TH1: v 5,u 9=− = ta có: 
2
2
x 1 9 y 5 x 
 VNy
x 9x 46 0
x y 5
 + = =− − ↔   + + = + =−
0.25 
điểm 
+ TH2: v 3,u 1= = ta có: 
2
2
x 1 1 y 3 x x 2 y 5
y
x x 2 0 x 1 y 2
x y 3
 +  = = − =− → =  ↔ ↔    + − = = → = + =
0.25 
điểm 
Vậy hpt có nghiệm (x; y) ( 2;5);(1;2)= − 
Câu 4 Tính 
e
1
1I x .ln xdx
x 1 ln x
 = +    +∫
e e
1 1
ln xI dx+ xlnxdx M N
x 1+lnx
= = +∫ ∫ 0.25 điểm 
Đặt 2t 1 ln x ln x t 1;= + → = − 12dt dx
x 1 ln x
=
+
Đổi cận : x 1 t 1= → = 
 x e t 2= → = 
2
2 3 2
1
1
2 4 2 2M (t 1)2dt ( t 2t)
3 3
−
→ = − = − =∫ 
0.25 
điểm 
Đặt 
1
u ln x du dx
x
= → = 
21dv xdx v x
2
= → = 
0.25 
điểm 
www.MATHVN.com 
www.mathvn.com 4 
e
2 e 2 e 2 e 2
1 1 1
1
1 1 1 1 1 1N x ln x xdx x ln x x e
2 2 2 4 4 4
→ = − = − = +∫ 
 Vậy 21 19 8 2I M N e
4 12
−
= + = + 0.25 
điểm 
Câu 5 
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G 
là trọng tâm SAC∆ , mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của 
khối đa diện MNABCD biết SA AB a= = và góc hợp bởi đường thẳng AN và 
mp(ABCD) bằng 030 . 
AC BD O∩ = . G là trọng tâm ∆SAC →G cũng là trọng tâm ∆SBD 
→M , N lần lượt là trung điểm của SC và SD 
Mặt khác 
 
 0SA (ABCD) (SAD) (ABCD) (AN,(ABCD)) NAD 30⊥ → ⊥ → = = 

 0
0
SASDA 30 AD a 3
tan30
→ = → = = 
0.25 
điểm 
3
SABCD
1 3V .SA.AB.AD a
3 3
→ = = 0.25 
điểm 
Áp dụng định lý tỷ lệ thể tích ta có: 
SABM
SABC
V SM 1
,
V SC 2
= = SAMN
SACD
V SM SN 1
.
V SC SD 4
= = 
3
SABMN SABM SAMN SABC SACD SABCD
1 1 3 3V V V V V V a
2 4 8 8
→ = + = + = = 
0.25 
điểm 
3 3 3
MNABCD SABCD SABMN
3 3 5 3V V V a a a
3 8 24
→ = − = − = (đvtt) 0.25 
điểm 
Câu 6 Tìm GTNN của biểu thức sau: ( ) ( )2 22 2A x 1 y x 1 y y 2= − + + + + + − 
Xét (1 ; )= −


a x y và ( 1; )= +


b x y , a b (2;2y)+ =

 

Do a b a b+ ≥ + →

 
 
 
 ( ) ( )2 22 2 21 1 2 1x y x y y− + + + + ≥ + 
dấu “=” xẩy ra khi x 0= 
0.25 
điểm 
Xét hàm số 2 2 2f (y) 2 1 y y 2 2 1 y (y 2)= + + − = + + − 0. 5 
điểm 
A
S
B C
D
O
M
N
G
www.MATHVN.com 
www.mathvn.com 5 
Ta có: 
22
2y y 2f (y) (y 2)1 y
−
′ = +
−+
, 
3f (y) 0 y
3
′ = ↔ = 
Bảng biến thiên: 
 min A 2 3= + khi 3x 0, y
3
= = 
0.25 
điểm 
Phần II Phần riêng: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B 
 A.Phần dành cho chương trình chuẩn 
Câu 
7a 
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2(x 2) y 4− + = . Gọi I là 
tâm của (C).Tìm toạ độ điểm M có tung độ dương thuộc (C) sao cho tam giác OIM có 
diện tích bằng 3 
Ta có: I(2;0), O(0;0) Ox∈ IO 2→ = 
Theo bài ra ta có: IOM
1S 3 OI.d[M;(OI)] 3 d[M;(OI)] 3
2∆
= ↔ = ↔ = 
0.5 
điểm 
Gọi 2 2M(a;b) (C) (a 2) b 4∈ ↔ − + = (1) 
Mặt khác d[M;(OI)] 3= b 3↔ = (do M có tung độ dương) thế vào (1) 
a 1 v a 3→ = = 
 Vậy có 2 điểm M(1; 3), M(3; 3) thỏa mãn ycbt 
0.5 
điểm 
Câu 
8a 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(5;0;0) , B(0;5;0) , C(0;0;5) , 
D( 1; 1; 1)− − − . Tìm tọa độ điểm M sao cho 2 2 2 2P MA MB MC MD= + + + đạt giá trị 
nhỏ nhất. 
Gọi G(a;b;c) t/m: GA GB GC GD 0 G(1;1;1)+ + + = ↔

 
 
 
 

0.25 
điểm 
Ta có: 2 2 2 2P (MG GA) (MG GB) (MG GC) (MG GD)= + + + + + + +

 
 
 
 
 
 
 

2 2 2 2 2
4MG GA GB GC GD 2MG(GA GB GC GD)= + + + + + + + +

 
 
 
 
 
 
 
 
 

24MG 66 66= + ≥ 
0.5 
điểm 
Dấu “=” xẩy ra khi M G≡ 
Vậy min P 66 khi M(1;1;1)= 
0.25 
điểm 
Câu 9a Giải phương trình : x 2 x 23.25 (3x 10).5 3 x 0− −+ − + − = (1) 
Pt(1) − − −↔ − + − − =x 2 x 2 x 2x(3.5 1) (3.5 1)(5 3) 0 − −↔ − + − =x 2 x 2(3.5 1)(5 x 3) 0 0.25 
điểm 
y
f’
f
2−∞ +∞
3
3
+∞ +∞
2 3+
0_ + +
www.MATHVN.com 
www.mathvn.com 6 
−
−

− =
↔ 
+ − =
x 2
x 2
3.5 1 0 (1)
5 x 3 0 (2)
0.25 
điểm 
 Giải pt (1): − − = ↔ =x 2 5
253.5 1 0 x log
3
0.25 
điểm 
Giải pt (2): − + − =x 25 x 3 0 do hàm số −= + −x 2f(x) 5 x 3 đồng biến trên R 
( vì −′ = + > ∀ ∈x 2f (x) 5 ln5 1 0 x R ) 
 Mà f (2) 0= nên phương trình − + − =x 25 x 3 0 có nghiệm duy nhất x 2= 
0.25 
điểm 
 Vậy pt có hai nghiệm = =5
25x log ,x 2
3
 B. Theo chương trình nâng cao 
Câu 
7b 
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có phân giác trong AD , 
đường cao CH lần lượt có phương trình x y 0− = , x 2y 3 0+ + = ; M(0; 1)− là trung 
điểm của AC và AB 2AM= .Tìm tọa độ điểm B . 
 Gọi A(a;b) (AD) a b 0∈ → − = (1) 
Do M là trung điểm AC C( a; 2 b)→ − − − 
Mà C (CH) a 2( 2 b) 3 0 a 2b 1 0∈ → − + − − + = ↔ + + = (2) 
 Từ (1) và (2) 1a b
3
→ = = −
1 1 1 5A( ; ) C( ; )
3 3 3 3
→ − − → − 
0.5 
điểm 
Theo bài ra ABC∆ cân tại A →AD vừa là phân giác vừa là đường cao →B đối xứng 
với C qua D. Gọi B(x; y) → 1 1AB(x ; y )
3 3
+ +


, 
3x 1 3y 5D( ; ) (AD)
6 6
+ −
∈ 
3x 1 3y 5 0 x y 2 0
6 6
+ −
→ − = ↔ − + = (3) 
 Do AB CH⊥ → CH 1 1 1AB.u 0 2(x ) 1(y ) 0 2x y 0
3 3 3
= ↔ − + + + = ↔ − + − =

 

 (4) 
 Từ (3) và (4) suy ra 5 11x , y
3 3
= = 
5 11B( , )
3 3
→ 
0.25 
điểm 
Thử lại: BC không vuông góc với AD. Vậy không tồn tại điểm B t/m ycbt 0.25 
điểm 
Câu 
8b 
Chứng minh rằng với *n N ,n 2∀ ∈ ≥ thì 
1 2 3 k 1 k n 1 n
n n n n n
C 2C 3C ... ( 1) kC ... ( 1) nC 0− −− + − + − + + − = 
Khai triển theo nhị thức Niutơn ta có: 
n
n k k
n
k 0
(1 x) C x
=
+ =∑ 0.25 
điểm 
A
B CD
H
− =x y 0
M(0; 1)−
www.MATHVN.com 
www.mathvn.com 7 
Lấy đạo hàm 2 vế ta có: 
n
n 1 k k 1
n
k 1
n(1 x) kC x− −
=
+ = ∑ 0.5 
điểm 
Chọn x 1= − → 1 2 3 k 1 k n 1 n
n n n n n
0 C 2C 3C ... ( 1) kC ... ( 1) nC− −= − + − + − + + − (đpcm) 0.25 
điểm 
Câu 
9b 
Giải hệ phương trình : 

− =

+ − − =
2 2
5 3
9x 4y 5 (1)
l og (3x 2y) log (3x 2y) 1 (2)
ĐK: 
3x 2y 0
3x 2y 0
+ >

− >
0.25 
điểm 
Từ pt(1) 53x 2y
3x 2y
↔ + =
−
 thế vào pt (2) ta có 
 5 3
5log log (3x 2y) 1
3x 2y
− =
−
5 3log (3x 2y) log (3x 2y) 0↔ − + − = 
0.25 
điểm 
 5 3 3log 3.log (3x 2y) log (3x 2y) 0↔ − + − = 
 3log (3x 2y) 0↔ − = (vì 5 15log 3 1 log 0+ = ≠ ) 
3x 2y 1 3x 2y 1↔ − = ↔ = + thế vào pt (1) ta có: 
0.25 
điểm 
2 2(2y 1) 4y 5 y 1 x 1+ − = ↔ = → = 
Vậy hpt có nghiệm (x; y) (1;1)= 
0.25 
điểm 
Chú ý: Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa