Đề thi thử đại học lần II năm học 2012 - 2013 môn Toán – Khối B

 MAI XUÂN HUY ĐT 0985529765 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm) 
Cho hàm số 
2
1
x
y
x



 có đồ thị là ( )C . 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 
2. Cho (0; )A a , tìm các giá trị của a để từ A kẻ được hai tiếp tuyến với ( )C và hai tiếp điểm của hai tiếp 
tuyến đó nằm về hai phía trục hoành. 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình lượng giác 
2 3(cot 1) 73cot 4 2 cos( ) 1
sin 4
x
x x
x

    
2. Giải hệ phương trình 
3 2
2 1 ( 1)
7
x y x y
x y
    

 
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 
6
0 cos cos( )
4
dx
I
x x




 
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và tam 
giác SCD vuông tại S. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SC. 
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 1abc  . Chứng minh rằng 
3
4
a b c
b c a a b c
   
 
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 tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết (1; 1)B  , trung tuyến kẻ từ A và B có phương trình 
lần lượt là 2 0x y   và 7 6 0x y   . Cho diện tích tam giác bằng 2, tìm tọa độ các điểm A và C. 
2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm (1;1; 1)A  ; (1;1;2)B ; ( 1;2; 2)C   và mặt phẳng ( )P có 
phương trình 2 2 1 0x y z    . Viết phương trình mặt phẳng ( )Q qua A, vuông góc với mặt phẳng ( )P 
và cắt đoạn thẳng BC tại I sao cho 2IB IC . 
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình 
3 2
4 4 2
1
2log ( 1) log (2 1) log ( 1)
2
x x x     
 B. Theo chương trình Nâng cao 
 Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm (1;1)G , đỉnh A thuộc đường thẳng 
2 1 0x y   , các đỉnh B, C thuộc đường 2 1 0x y   . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết diện tích tam 
giác bằng 6. 
2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho (2;0; 5)A  , ( 3; 13;7)B   . Viết phương trình mặt phẳng ( )P qua 
A, B và tạo với mặt phẳng ( )Oxz góc nhỏ nhất. 
Câu VII.b (1,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau trong đó không có chữ số 0 và có đúng 
2 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ. 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG 
------------------- 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2012-2013 
MÔN TOÁN – KHỐI B 
THỜI GIAN: 180 PHÚT 
www.MA VN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
 MAI XUÂN HUY ĐT 0985529765 
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM 
CÂU ĐÁP ÁN B.ĐIỂM 
I.1 a. TXĐ \{1}D   
b. Giới hạn và tiệm cận 
lim lim 1
x x
y
 
  nên đường thẳng 1y  là tiệm cận ngang của ĐTHS. 
1
lim
x 
  và 
1
lim
x 
  nên đường thẳng 1x  là tiệm cận đứng của ĐTHS. 
0.25 
c. Chiều biến thiên 
2
3
' 0
( 1)
y x D
x

   

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) . 
0.25 
d. Bảng biến thiên 0.25 
e. Đồ thị 
Điểm cắt trục tung (0;-2); điểm cắt trục hoành (-2;0). 
ĐTHS nhận giao điểm I(1;1) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 
0.25 
I.2 Đường thẳng d qua A với hệ số góc k có phương trình y kx a  
Để d là tiếp tuyến với (C) thì hoành độ tiếp điểm là nghiệm ẩn x của hệ 
2
3
( 1)
2
1
k
x
x
kx a
x

 

  
 
Do đó 
2
2
( 1) (2 4) 2 0 (1)2 3
1 ( 1) 1
a x a x ax
x a
x x x
       
   
  
0.25 
Để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến với (C) thì (1) phải có 2 nghiệm phân biệt 1 2;x x khác 1. Khi đó 
hai hệ số góc tương ứng là 1 2;k k khác nhau vì nếu 1 2k k thì chỉ ra được 1 2 2x x  và 
không tồn tại a. Do đó kẻ được đúng 2 tiếp tuyến. 
Chỉ ra 
2
1
1
' 3 3 0
1
( 1).1 (2 4).1 2 0
a
a
a
a
a a a
 
 
     
      
0.25 
x
y
O 1
1
-2
-2
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
 MAI XUÂN HUY ĐT 0985529765 
Các tung độ tiếp điểm là 1 21 2
1 2
2 2
;
1 1
x x
y y
x x
 
 
 
 phải trái dấu nhau nên 
1 2 0y y  hay 
1 2 1 2
1 2 1 2
2( ) 4
0
( ) 1
x x x x
x x x x
  

  
0.25 
Tính được 
9 6 2
0
3 3
a
a
 
  

. 
Vậy 
2
3
a

 và 1a  . 
0.25 
II.1 Điều kiện sin 0x  
Quy đồng và biến đổi về 
2 2 23cos 3(cos sin ) 4(cos sin )sin sinx x x x x x x     
0.25 
2 2 2(3cos sin ) (cos sin )(3 4sin ) 0x x x x x      
2(3 4sin )(1 sin cos ) 0x x x     
0.25 
Giải trường hợp đầu được 
3
x k

   (thỏa mãn). 0.25 
Giải trường hợp sau được 2
2
x k

   (thỏa mãn); 2x k  (loại) 
Vậy các họ nghiệm của phương trình là ; 2
3 2
x k x k
 
       . 
0.25 
II.2 Từ phương trình thứ hai suy ra 0x  , kết hợp với đkiện của pt đầu ta được 0; 1x y   0.25 
Biến đổi phương trình đầu được ( 1) ( 1) 2 0y x y x     , chia cả 2 vế cho 0x  
được 
1 1
2 0
y y
x x
 
   . Tính được 
1
1
y
x

 . 
0.25 
Thế 1y x  vào pt sau được 3 2 2 8 0 2x x x x      0.25 
Tính được 1y  
Vậy nghiệm (x;y) của hệ là (2;1) . 
0.25 
III 
6 6 62
0 0 0
(tan )cos2 2 2
cos (cos sin ) 1 tan 1 tan
dx
dx d xxI
x x x x x
  
  
    
 0.25 
Đặt tant x . Đổi cận .. 0.25 
Đưa về 
3
3 3
3
0
0
2 2 ln 1
1
dt
I t
t
   

 0.25 
Tính ra 
3 3
2 ln
2
I

 0.25 
IV Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD. 
Chứng minh (SIJ) vuông góc với (ABCD). 
0.25 
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
 MAI XUÂN HUY ĐT 0985529765 
Do đó hình chiếu của S trên (ABCD) là hình chiếu của S trên IJ. 
Chỉ ra tam giác SIJ vuông tại S (định lý Pitago) 
Tính được 
3
4
a
SH  và 
3 3
12
a
V  (đvtt) 
0.25 
Chỉ ra khoảng cách AB, SC là khoảng cách từ AB đến (SCD) và bằng khoảng cách từ I đến 
(SCD). 
0.25 
Chứng minh SI vuông góc với (SCD) và do đó khoảng cách này bằng 
3
2
a
SI  . 0.25 
V Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số ta có 
2
33 3
a a b a
a
b b c bc
    . Tương tự 3
b b c
b
c c a
   và 3
c c a
c
a a b
   
Do đó 
a b c
a b c
b c a
     
0.25 
Ta chứng minh 
3
4a b c
a b c
   
 
. Đặt t a b c   , chỉ ra 3t  . 0.25 
Biến đổi BĐT thành 
3
4 ( 1)( 3) 0t t t
t
      0.25 
Chỉ ra BĐT này luôn đúng do 3t  . 
BĐT đã cho được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi 1a b c   . 
0.25 
VI.a.1 
Tính được tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là 
2 4
( ; )
3 3
G . 
Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC, CA. 
Tính được 
3 5
2 2
BN BG  
0.25 
Vì 
1
1
2
ABN ABCS S  nên ( ; )
2.1 2 2
5 5
2
A BNd   0.25 
A
D
B
S
C
I
JH
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
 MAI XUÂN HUY ĐT 0985529765 
Gọi ( ;2 )A a a ta được pt 
| 6 4 | 2 2
550
a 
 , giải được 
4
0;
3
a a  
Với 0a  , tính được (0;2); (1;3)A C 0.25 
Với 
4
3
a  , tính được 
4 2 1 13
( ; ); ( ; )
3 3 3 3
A C

. 0.25 
VI.a.2 
Dựa vào 2IB IC 
 
, tính được tọa độ điểm I là 
1 5 2
( ; ; )
3 3 3
 
 0.5 
Dựa vào 2 vectơ ; pIA n
 
 cùng vuông góc với Qn

, tính được vec tơ pháp tuyến của (Q) là 
(2;3;2)Qn 

0.25 
Phương trình (Q) là 2 3 2 3 0x y z    . 0.25 
VII.a 
Điều kiện 
1
1;
2
x x   . Biến đổi về 34 4 4log ( 1) log | 2 1| log ( 1)x x x     0.25 
Tương đương 
2 1 | 2 1|x x x    0.25 
Xét 
1
2
x  được nghiệm 1 2x  0.25 
Xét 
1
1
2
x   được nghiệm 1 0x   
Vậy tập nghiệm là ( 1;0] [1;2]S    . 
0.25 
VII.a.1 Gọi (1 2 ; ); (1 2 ; )B b b C c c  thì (1 2 2 ;3 )A b c b c    . 
Do A thuộc đường 2 1 0x y   nên 0b c  . Do đó (1;3)A . 
0.25 
Tính được khoảng cách từ A đến BC bằng 
6
5
 nên 2 5BC  . 0.25 
Mà (1 2 ; ); (1 2 ; )B b b C b b   nên 220BC b . Do đó 1b   . 0.25 
Từ đó (1;3); ( 1;1); (3; 1)A B C  hoặc (1;3); (3; 1); ( 1;1)A B C  . 0.25 
VII.a.2 Gọi ( ; ; )n a b c

 là một vec tơ pháp tuyến của (P). 
( 5; 13;12)AB   

, ta có 5 13 12 0a b c   . 
Góc  giữa (P) và (Oxz) xác định bởi 
2 2 2
| |
cos
b
a b c
 
 
0.25 
Nếu b=0 thì 
090  
Nếu 0b  , chọn b=1 ta được 5 12 13 0a c   và 
2 2
1
cos
1a c
 
 
0.25 
Khi đó 
2 2 2
2
1 12 12 1
cos
2169 130 313 (13 5) 2885 13
1
12
a a aa
a
    
    
  
 
0.25 
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
 MAI XUÂN HUY ĐT 0985529765 
nên 
045  . 
Do đó  nhỏ nhất khi 
5 12
; 1;
13 13
a b c

   . 
PT (P) là 5 13 12 70 0x y z    
0.25 
VII.b - Chọn 2 chữ số chẵn từ 4 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ từ 5 chữ số lẻ có 
2 3
4 5.C C cách 0.25 
- Chọn vị trí cho 2 chữ sổ chẵn có 
2
5C cách. 0.25 
- Cho 2 chữ số chẵn vào 2 vị trí trên có 2! cách, cho 3 chữ số lẻ vào 3 vị trí còn lại có 3! 
cách. 
0.25 
- Số các số thỏa mãn đề bài là 
2 3 2
4 5 5. . .2!3! 7200C C C  số 0.25 
Yêu cầu: 
Học sinh trình bày chi tiết lời giải và các bước tính toán. 
Lời giải phải đảm bảo tính chặt chẽ, đặc biệt là điều kiện cần và đủ, các bước đánh giá. 
Học sinh có thể giải bài toán theo các cách khác nhau. tổ chấm thảo luận để thống nhất cho điểm. 
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com