Đề thi thử đại học lần I môn: Toán khối B, D

TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
HÀ TĨNH 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 
Môn: TOÁN ; Khối: B, D 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 
1
12
−
+−
=
x
xy . 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2. Tìm điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận tại hai điểm A và B thỏa 
mãn AB = 17 . 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình: x
xx
x
x sin2
cossin
2sin
tan
2
1
=
+
+ . 
2. Giải hệ phương trình: 




=−
=+
32
132
3
33
xxy
yxx
. 
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: ∫=
6
0
2 3sin
pi
xdxxI . 
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc của S trên 
đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABD, cạnh SB tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp 
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD. 
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện 324 22 =++ yxyx . Tìm giá trị lớn nhất và giá 
trị nhỏ nhất của biểu thức P = 22 2 yxyx −+ . 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), trực tâm H(1; 3) và tâm 
đường tròn ngoại tiếp I(2; 0). Viết phương trình đường thẳng BC. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 4; −3), B(4; 0; 1) và đường thẳng 
d:
3
4
1
1
2
6 −
=
−
=
− zyx
. Xác định các điểm C, D sao cho ABCD là hình thoi biết rằng D nằm trên d. 
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2
1
log
3
1log
3
2
2
1 ≥+
+
+
x
x
x
x
. 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): 018922 =+−−+ yxyx và hai điểm 
A(4;1), B(3; −1). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương 
trình đường thẳng CD. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 
1
2
2
2
1
2
−
+
=
−
=
− zyx
 và mặt phẳng 
(P): 0422 =−−+ zyx . Tam giác ABC có đỉnh A(−1; 2; 1), các đỉnh B, C nằm trên (P) và trọng tâm 
G nằm trên d. Tính độ dài đường trung tuyến của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A. 
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: .0
33
log)2(log 2323 =+−+− xx
x
x 
--------------------Hết-------------------- 
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
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.. 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
HÀ TĨNH 
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
Môn: TOÁN ; Khối: B, D 
Câu Nội dung Điểm 
* Tập xác định: R \{1} 
* Sự biến thiên: 
− Chiều biến thiên: y’ = ( ) 01
1
2 >
−x
 với mọi x ≠ 1 nên hàm số đồng biến trên các 
khoảng ),1(),1,( +∞−∞ . 
− Cực trị: Hàm số không có cực trị. 
0,25 
− Giới hạn và tiệm cận: 
2lim −=
−∞→
y
x
, 2lim −=
+∞→
y
x
 ⇒ tiệm cận ngang y = −2, 
+∞=
−→
y
x 1
lim , −∞=
+→
y
x 1
lim ⇒ tiệm cận đứng x = 1. 
0,25 
− Bảng biến thiên: 
0,25 
I.1 
− Đồ thị: 
Đồ thị đi qua (0, −1); (2, −3) và nhận I(1, −2) 
làm tâm đối xứng. 
-1 1 2 3
-4
-3
-2
-1
xy
O
I
0,25 
Gọi M 





−
+−
1
12
,
0
0
0
x
x
x ∈ (C) với 10 ≠x . Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M là: 
( ) ( )0200
0
1
1
1
12
xx
xx
x
y −
−
=
−
+−
− . 
0,25 
Giao điểm A của tiệm cận đứng 1=x và d là: A 





−
−
1
2
,1
0
0
x
x
. 
Giao điểm B của tiệm cận ngang 2−=y và d là: B ( )2,12 0 −−x . 
0,25 
Ta có AB2 = ( ) ( ) ( ) 





−
+−=





+
−
−
+− 2
0
2
0
2
0
02
0 1
1142
1
222
x
x
x
x
x . 0,25 
I.2 
Theo giả thiết: AB = 17 ⇔ AB2 = 17 ⇔ 
( )
( )





=−
=−
4
11
41
2
0
2
0
x
x
 ⇔ 




==
−==
2
1
;
2
3
1;3
00
00
xx
xx
. 0,25 
x −∞ 1 +∞ 
y’ + || + 
y 
−2 −∞ 
+∞
−2 
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Có bốn điểm M cần tìm là: 





−
2
5
;3 , 





−−
2
3
;1 , 




 0;
2
1
 và 





−4;
2
3
. 
Điều kiện: cosx ≠ 0, sinx + cosx ≠ 0. 
Pt ⇔ 
xx
xx
xx
cossin
cossin2
sin2tan
2
1
+
−= ⇔ 
xx
x
x
x
cossin
sin2
cos
sin
2
1 2
+
= 
⇔ xx
xx
x cossin2
2
cossin
.sin 2=+ ⇔





=





+
=
xx
x
2sin
4
sin
0sin
pi . 
0,5 
II.1 
+) 0sin =x ⇔ pikx = 
+) xx 2sin
4
sin =





+
pi
 ⇔ 






+





+−=
++=
pi
pi
pi
pi
pi
2
4
2
2
4
2
kxx
kxx
 ⇔ 






+=
+=
3
2
4
2
4
pipi
pi
pi
k
x
kx
 ⇔ 
3
2
4
pipi k
x += 
Các nghiệm đều tmđk nên phương trình có nghiệm: pikx = , 
3
2
4
pipi k
x += . 
0,5 
Ta thấy 0=x không thỏa mãn hệ. 
Với 0≠x hệ ⇔ 






=−
=+
x
y
x
y
32
132
3
3
. Đặt z
x
=
1
, hệ trở thành 




+=
+=
23
23
3
3
zy
yz
. 
0,5 
II.2 
Từ hệ: zyyz 3333 −=− ⇔ ( )( ) 0322 =+++− zyzyzy ⇔ yz = . 
Thay vào được: 233 += yy ⇔ 


=
−=
2
1
y
y
. Từ đó hệ có nghiệm (x, y) là: 




 2,
2
1
, ( )1,1 −− . 0,5 
Ta có I = ∫
6
0
2 3sin
pi
xdxx = ∫
−
6
0 2
6cos1
pi
dxxx = ∫
6
02
1
pi
xdx − ∫
6
0
6cos
2
1
pi
xdxx . 0,25 
Tính J = ∫
6
0
pi
xdx = 
0
6
2
2
pi
x
 = 
72
2pi
. 0,25 
III 
Tính K = ∫
6
0
6cos
pi
xdxx . Đặt 



=
=
xdxdv
xu
6cos
 ta có 




=
=
xv
dxdu
6sin
6
1 . 
Suy ra K = 
0
66sin
6
1
pi
xx − ∫
6
0
6sin
6
1
pi
xdx = 0 + 
0
66cos
36
1
pi
x = 
18
1
− . Vậy I = 
144
42 +pi
. 
0,5 
IV Gọi H là trọng tâm tam giác ABD ⇒ SH ⊥ (ABCD) và ∠SBH = 600. 
Gọi O là tâm đáy. Ta có OB = 
2
a
, OH = 
233
1 a
OA = nên BH = 
3
5a
. 
0,25 
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Trong tam giác vuông SHB ta có: 
SH = BH.tan600 = 
3
15a
. 
Thể tích khối chóp: 
V = )(.
3
1 ABCDdtSH =
9
153a
. 
0,25 
O
D
A
BC
S
H M
K
Vì AB // CD nên ta có h(SA,CD) = 
h(CD,(SAB)) = h(D,(SAB). 
Lại có H là trọng tâm ∆ABD nên 
h(D,(SAB)) = 3h(H,(SAB)). 
0,25 
Kẻ HM ⊥ AB tại M ⇒ (SHM) ⊥ AB ⇒ (SHM) ⊥ (SAB) theo giao tuyến SM. 
Kẻ HK ⊥ SM tại K ⇒ HK ⊥ (SAB) ⇒ HK = h(H,(SAB)). 
Ta có HM = 
2
1
HA = 
3
a
, SH = 
3
15a
 và 222
111
SHHMHK
+= nên HK = 
12
15a
. 
Từ đó khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD là 
4
15a
. 
0,25 
Ta có 22
22
24
2
3 yxyx
yxyxP
++
−+
= . 
Với 0=y , từ giả thiết 0≠x nên 
4
3
=P . 
0,25 
Với 0≠y , chia cả tử và mẫu cho 2y , 
3
P
= )(
124
12
2
2
tf
tt
tt
=
++
−+
 với R
y
x
t ∈= . 0,25 
Xét hàm số )(tf trên R, ( )124
4106)(' 2
2
++
++−
=
tt
tt
tf , 




−=
=
⇔=
3
1
2
0)('
t
t
tf . 0,25 
V 
Lập bảng biến thiên của )(tf trên R, tìm được 
3
1)(max =tf , 2)(min −=tf . 
Kết hợp các trường hợp ta có 1max =P , 6min −=P . 
0,25 
Gọi D là điểm đối xứng của A qua I. 
Tứ giác BHCD có hai cặp cạnh đối song song nên nó 
là hình bình hành. Do đó BC, HD cắt nhau tại trung 
điểm M của mỗi đường. 
Suy ra IM là đường trung bình của tam giác AHD. 
0, 5 
VIa.1 
I
A
B C
D
M
H
Ta có AHIM
2
1
= ⇔ 






−=−
−=−
)1(
2
10
)2(
2
12
M
M
y
x
⇔




−
=
=
2
1
1
M
M
y
x
. 
Đường thẳng BC qua M, nhận AH làm véc tơ pháp 
tuyến nên có pt: 0324 =−+ yx . 
0,5 
VIa.2 
d có vtcp ( )3;1;2=u và có phương trình tham số 





+=
+=
+=
tz
ty
tx
34
1
26
. 0,5 
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Ta thấy điểm B∈ d kết hợp với giả thiết D ∈ d nên tâm I của hình thoi cũng ∈ d. 
Do ABCD là hình thoi nên ta có AC ⊥ BD hay I là hình chiếu của A trên d. 
Gọi I ( )ttt 34;1;26 +++ ∈ d. Khi đó )37;3;25( tttAI ++−+= . 
0. =uAI ⇔ ( ) ( ) ( ) 03733252 =+++−++ ttt ⇔ 2−=t hay I(2; -1; -2). 
Do C và D lần lượt đối xứng với A và B qua I nên C(3; -6; -1) và D(0; -2; -5). 
0,5 
Điều kiện: 


−<
>
⇔>
+
1
0
01
x
x
x
x
. 0,25 
Bpt ⇔ 2
1
3log
1
log 2
3
2 ≥+
+
+ x
x
x
x
 ⇔ 3log2
1
log
3
2log
1
log
22
2
2
−≥
+
++
x
xx
x
⇔ 
3
4log
1
log
3
2log
3
2log1
22
2
2
≥
+
+
x
x
 ⇔ 
3
2log
1
log 22 ≤
+x
x
 (vì 
3
4log0
3
2log 22 << ). 
0,5 
VII.a 
Từ đó: ( ) 21013
2
3
2
1
≤<−⇔≤
+
−
⇔≤
+
x
x
x
x
x
. Đối chiếu điều kiện ta có 20 ≤< x . 0,25 
Ta có (T): 
4
10
2
9
2
1 22
=





−+





− yx nên (T) có tâm 





2
9
,
2
1I và R = 
2
10
. 
( )1,2 −−=AB và 5=AB . 
Đường thẳng CD song song với AB nên có phương trình dạng 02 =+− myx . 
0,5 
VIb.1 
Khoảng cách từ I đến CD là: 
52
72 −
=
m
h và CD = 2 22 hR − . 
Ta có CD = AB nên ( ) 5
20
72
2
52
2
=
−
−
m
 ⇔ ( ) 2572 2 =−m ⇔ 


=
=
1
6
m
m
. 
Vậy CD có phương trình 062 =+− yx hoặc 012 =+− yx . 
0,5 
Gọi G ( )ttt 22;22;2 −−++ ∈ d. Gọi M là trung điểm của BC. 0,25 VIb.2 
d
G
B
C
A
M
Do AGAM
2
3
= nên 
( )
( )
( )







−−−=−
−+=−
++=+
12
2
31
22
2
32
12
2
31
tz
ty
tx
M
M
M
 ⇔ 
( )
( )





+−=
+=
+=
tz
ty
tx
M
M
M
37
2
1
32
37
2
1
. 
0,25 
 Theo giả thiết M ∈ (P) nên: ( ) ( ) 0437
2
132237 =−+++++ ttt ⇔ 1−=t . 
Từ đó M ( )2;1;2 −− và AM = 33 . 
0,5 
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Điều kiện:



≠
>
⇔





>
+−
>−
2
0
0
33
0)2(
2
2
x
x
xx
x
x
. 0,25 
Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với 
33233log2log 2
2
33 +−=−⇔
+−
=− xxxx
x
xx
x . 
0,25 
Nếu 2>x ta có 3332 22 =⇔+−=− xxxxx (thoả mãn điều kiện) 0,25 
VII.b 
Nếu 20 << x ta có




=
=
⇔+−=+−
2
3
1
332 22
x
x
xxxx (thoả mãn điều kiện). 
Vậy phương trình có 3 nghiệm 
2
3
;1;3 === xxx . 
0,25 
Mọi cách giải đúng và khác với hướng dẫn chấm này giám khảo cho điểm tương ứng. 
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com