Đề thi thử Đại học (tỉnh Bắc Ninh) môn Toán - Đề 2

 Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số: xy
x
−
=
−
2 4
1
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
b. Tìm m để đường thẳng d cĩ phương trình y x m= +2 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt 
A và B sao cho ∆ =IABS4 15 với I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C). 
Câu 2 (1.0 điểm) Giải phương trình: cosx (cosx )cot x− = − 23 2 3 1 
Câu 3 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình: 

− − − = + + −

− + − + + + =
x x y y y x
x x x y y y
2 3
2 3 2
4 8 4 12 5 4 13 18 9
4 8 4 2 1 2 7 2 0
Câu 4 (1.0 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: n nn n n nC C C C− +− − +− =3 2 1 21 1 3 . Tìm hệ số của 
số hạng chứa x11 trong khai triển nhị thức NewTon của biểu thức: 
n
n nP x x
x
−
 
= − 
 
3 8
3
Câu 5 (1.0 điểm) Cho hình chĩp S.ABCD cĩ đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, cạnh 
AD a= 6 và cạnh AB a= 3 , M là trung điểm cạnh AD, hai mặt phẳng (SAC) và (SBM) 
cùng vuơng gĩc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chĩp S.OMC và chứng minh đường 
thẳng BM vuơng gĩc với mặt phẳng (SAC) biết gĩc giữa cạnh bên SA và đáy là o.60 
Câu 6 (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: ≥xy 1 và ≥z .1 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 
+
= + +
+ + +
x y zP
y x (xy )
3
2
1 1 3 1
Câu 7 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆
1
và ∆
2
cĩ 
phương trình lần lượt là: x y− + =2 11 7 0 và x y+ + =2 3 4 0 . Lập phương trình đường thẳng 
đi qua điểm M( ; )−8 14 , cắt hai đường thẳng ,∆ ∆
1 2
lần lượt tại A và B sao cho: 
MB AM .+ =



 



 
3 2 0 
Câu 8 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trịn (C )
1
 và (C )
2
cĩ 
phương trình lần lượt là: (x ) y− + =2 2 11
2
 và (x ) (y )− + − =2 22 2 4 . Lập phương trình đường 
thẳng ∆ tiếp xúc với (C )
1
, đồng thời cắt (C )
2
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho: 
AB .= 2 2 
 Câu 9 (1.0 điểm) Tìm m để phương trình sau cĩ nghiệm: 
22 x 3 (2 2m) x 3 (m 1) x 9+ + − − = − − 
-------------------------- Hết -------------------------- 
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. 
 Họ và tên thí sinh:.......................................................... Số báo danh:.................................. 
SỞ GD & ĐT BẮC NINH 
 TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ 
 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 
 Mơn: TỐN; Khối A, A1 
 Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề. 
 Ngày thi 02/11/2013 
www.VNMATH.com
Trang 1/4 
Câu Đáp án Điểm 
1 
(2.0 điểm) 
a. (1.0 điểm) Khảo sát 
• Tập xác định: = ℝD \ {1}. 
• Sự biến thiên: 
→−∞
=
x
lim y 2 , 
→+∞
= ⇒ =
x
lim y 2 y 2 là đường TCN của đồ thị hàm số. 
+→
= −∞
x 1
lim y , 
−→
= +∞ ⇒ =
x 1
lim y x 1là đường TCĐ của đồ thị hàm số. 
0.25 
 = > ∀ ∈
−
2
2
y ' 0 x D
(x 1)
⇒ Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;1)−∞ và (1; ).+∞ 
0.25 
Bảng biến thiên: 
x −∞ 1 +∞ 
'y + + 
y 
 +∞ 2 
2 −∞ 
0.25 
0.25 
b. (1.0 điểm) Viết phương trình đường thẳng 
Hồnh độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình: 
2
x 12x 4 2x m
x 1 2x (m 4)x m 4 0 (1)
 ≠
− 
= + ⇔ 
− + − − + =
d cắt (C) tại hai điểm phân biệt (1)⇔ cĩ hai nghiệm phân biệt khác 1 
2
2 (m 4) m 4 0 m 4
(*)
m 4m 16 0
 + − − + ≠  < −
⇔ ⇔ 
>∆ = − > 
0.25 
Khi đĩ, giả sử A A B BA(x ;2x m),B(x ;2x m)+ + với A Bx ,x là nghiệm của (1) 
Áp dụng định lý Vi-ét ta cĩ: −+ =A B
4 mx x
2
 và A B
4 mx x
2
−
= 
0.25 
Ta cĩ: 2 2IAB
m
4S 15 2d(I, AB).AB 15 2 AB 15 4AB .m 1125
5
= ⇔ = ⇔ ⋅ ⋅ = ⇔ = 
2 2 2 2
A B A B A B20(x x ) .m 1125 4[(x x ) 4x x ]m 225⇔ − = ⇔ + − = 
0.25 
 ⇔ − = ⇔ = ∨ = − ⇔ = ±2 2 2 2(m 16)m 225 m 25 m 9 (loại) m 5 tm(*) 
Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: m 5.= ± 
0.25 
SỞ GD & ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ 
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 
 Mơn: TỐN; Khối A, A1 
 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) 
• Đồ thị: 
 x 0 2 
 y 4 0 
- Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm 
I(1;2) làm tâm đối xứng. 
www.VNMATH.com
Trang 2/4 
2 
(1.0 điểm) 
Giải phương trình  
Điều kiện: sin x 0≠ 
Khi đĩ phương trình 
2
2
cos x3cosx 2 3(cosx 1)
sin x
⇔ − = − 
 ⇔ − = − ⋅
−
2
2
cos x
3cosx 2 3(cosx 1)
1 cos x
0.25 
 ⇔ − = − ⋅
− +
2cos x
3cosx 2 3(cosx 1)
(1 cosx)(1 cosx)
−
⇔ − =
+
23cos x
3cosx 2
1 cosx
0.25 
 ⇔ − + = − 2(3cosx 2)(1 cosx) 3cos x 
 ⇔ + − =26cos x cosx 2 0 
=
⇔ 
= −
cosx 1 / 2
cosx 2 / 3
 (tmđk) ( )
 = ±pi + pi
⇔ 
= ± − + pi
x / 3 k2
x arccos 2 / 3 k2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: ( )= ±pi + pi = ± − + pix / 3 k2 ;x arccos 2 / 3 2k . 
0.25 
3 
(1.0 điểm) 
Giải hệ phương trình  
Điều kiện: ≥x 1/ 2. 
PT 3 28x 2x 1 4y 12y 13y 5 3 2x 1⇔ − = + + + + − 
 ⇔ − + − = + + + ⇒ + ≥3[4(2x 1) 1] 2x 1 4(y 1) (y 1) y 1 0 
Đặt 2x 1 u(u 0)− = ≥ thì pt trở thành: + = + + +3 34u u 4(y 1) (y 1) (*) 
0.25 
Xét hàm số: 3f(t) 4t t= + với t 0≥ 
Ta cĩ: 2f '(t) 12t 1 0 t 0= + > ∀ ≥ ⇒ hàm số f(t) đồng biến trên (0; )+∞ 
Do đĩ ⇔ = + ⇔ = + ⇒ − = + ⇔ = + +2(*) f(u) f(y 1) u y 1 2x 1 y 1 2x y 2y 2 
0.25 
Thế vào (2) ta được: + + − + + + + + + + =2 2 2 3 2(y 2y 2) 4(y 2y 2) 4(y 1) 2y 7y 2y 0 
 ⇔ + + + = ⇔ + + + =4 3 2 3 2y 6y 11y 6y 0 y(y 6y 11y 6) 0 
 ⇔ + + + =2y(y 1)(y 5y 6) 0 
0.25 
 = ⇒ =

= − ⇒ =⇔
 = −

= −
y 0 x 1 (tmđk)
y 1 x 1/ 2 (tmđk)
y 2 (loại)
y 3 (loại)
 0.25 
4 
(1.0 điểm) 
Tìm số hạng chứa  
Điều kiện: n , n 3∈ ≥ℕ 
n 3 2 1 n 2
n n 1 n 1 n 3C C C C
− +
− − +
− =
n! (n 1)! (n 1)! (n 3)!
3!(n 3)! (n 3)!2! (n 2)!1! (n 2)!1!
− − +
⇔ − = ⋅
− − − +
n(n 1)(n 2) 3(n 1)(n 2) 6(n 1)(n 3)⇔ − − − − − = − + 
n(n 2) 3(n 2) 6(n 3)⇔ − − − = + 2
n 1 (loại)
n 11n 12 0
n 12 (thỏa mãn)
 = −
⇔ − − = ⇔ 
=
0.25 
Khi đĩ: ( )
12 k12 1212 k3 4 3 k 4 k k 51 5k
12 12
k 0 k 0
4 4P x x x C x C ( 4) x
x x
−
−
= =
   
= − = − = −   
   
∑ ∑ 0.25 
Số hạng tổng quát trong khai triển là: k k 51 5k12C ( 4) x
−
− 
Số hạng chứa 11x ứng với 51 5k 11 k 8− = ⇔ = 
0.25 
Vậy hệ số của số hạng chứa 11x trong khai triển là: − =8 812C ( 4) 32440320. 0.25 
www.VNMATH.com
Trang 3/4 
5 
(1.0 điểm) 
Tính thể tích khối chĩp  
A
B C
D
S
O
M
H
60o
0.25 
Cĩ = =oSH AHtan60 a 3, ∆ = = = ⋅
2
OMC
1 1 3a 2S d(C,OM).OM DM.OM
2 2 8
Vậy ∆= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅
2 3
S.OMC OMC
1 1 3a 2 a 6V SH.S a 3
3 3 8 8
0.25 
▪ Do H là trọng tâm tam giác ABD⇒ = = + =2 22 2BH BM AB AM a 2.
3 3
AHB∆ cĩ 2 2 2 2 2 2AB 3a a 2a AH HB AHB= = + = + ⇒ ∆ vuơng tại H 
0.25 
Suy ra AH HB⊥ . Mà SH (ABCD)⊥ nên SH HB⊥ 
Do đĩ HB (SAH)⊥ hay BM (SAC)⊥ (đpcm) 0.25 
6 
(1.0 điểm) 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  
Ta cĩ: + ≥ ⇔ + + + ≥ + + +
+ + +
1 1 2 (2 x y)(1 xy) 2(1 x y xy)
x 1 y 1 1 xy
 ⇔ + + ≥ + + ⇔ + − − −2 xy (x y) xy x y 2xy (x y)( xy 1) 2 xy( xy 1) 
2( xy 1)( x y) 0⇔ − − ≥ luơn đúng do xy 1≥ 
Và 
3
33 3 3 z 2 1z 2 z 1 1 3 z .1.1 3z 3
3(xy 1) xy 1
+
+ = + + ≥ = ≥ ⇒ ≥
+ +
0.25 
Khi đĩ: x y 1 1 1 1P 1 1 2 (x y 1) 2
y 1 x 1 xy 1 x 1 y 1 xy 1
 
≥ + + + + − = + + + + − + + + + + + 
 ( ) 2 12 xy 1 2
xy 11 xy
≥ + ⋅ + −
++
0.25 
Đặt xy t(t 1)= ≥ . Ta cĩ: 2 2
(2t 1)2 1 2t 1P 2 g(t)
t 1 t 1 t 1 t 1
+≥ + − = + =
+ + + +
Ta cĩ: 
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2t 2(t 1) (t t 1)g '(t) 0(t 1) (t 1) (t 1) (t 1)
− + +
= − = ≥
+ + + +
 với t 1∀ ≥ 
⇒ Hàm số g(t) đồng biến trên [1; ) g(t) g(1) 3 / 2+∞ ⇒ ≥ = ⋅ 
0.25 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 / 2. 
Dấu “=” xảy ra khi x y z 1.= = = 0.25 
7 
(1.0 điểm) 
Lập phương trình đường thẳng đi qua M  
Do 1
11a 7 11a 23A A ;a MA ;a 14
2 2
   − −
∈ ∆ ⇒ ⇒ = +   
   

 0.25 
 2
3b 4 3b 20B B ;b MB ;b 14
2 2
   − − − −
∈ ∆ ⇒ ⇒ = +   
   

 0.25 
Theo giả thiết ta cĩ: 3MB 2AM 0 3MB 2MA+ = ⇔ =
    
Ta cĩ: 2 2AC AD DC 3a= + = 
- Gọi H AC BM= ∩ ⇒ H là trọng 
tâm của tam giác ABD. 
2 1AH AO AC a
3 3
⇒ = = = 
- Do (SAC) và (SBM) cùng vuơng 
gĩc đáy SH (ABCD)⇒ ⊥ ⇒ SH là 
đường cao của hình chĩp S.OMC 
- Do SH (ABCD)⊥ nên gĩc giữa SA 
và (ABCD) là gĩc  oSAO 60= 
www.VNMATH.com
Trang 4/4 
9b 60 22a 9b 14 a 1 A(2;1)11a 23
2
2a 3b 14 b 4 B(4; 4)3b 42 2a 28
− −
 + = − = ⇒= −
⇔ ⇔ ⇔  
− = = − ⇒ −  + = +
 0.25 
Ta cĩ: AB (2; 5)= −

 là 1 VTCP của AB n (5;2)⇒ =

 là 1 VTPT của AB. 
Vậy phương trình đường thẳng AB là: 5x 2y 12 0.+ − = 
0.25 
8 
(1.0 điểm) 
Lập phương trình đường thẳng ∆  
1(C ) cĩ tâm 1I (1;0) và b/k =1R 1/ 2 , 2(C ) cĩ tâm 2I (2;2) và b/k 2R 2= 
Giả sử đường thẳng ∆ cĩ phương trình dạng: 2 2ax by c 0 (a b 0)+ + = + ≠ 
∆ tiếp xúc 1 1 1 2 2
a c 1(C ) d(I , ) R (1)
2a b
+
⇔ ∆ = ⇔ =
+
0.25 
Gọi H là trung điểm AB. 
 
⇒ ∆ = = − = − = 
 
2
2
2 2 2
ABd(I , ) I H R 4 2 2
2
2 2
2a 2b c
2 (2)
a b
+ +
⇔ =
+
0.25 
Từ (1) và (2) ta cĩ:  =+ = + + ⇔ 
= − +
c 2b
2 a c 2a 2b c
c (4a 2b) / 3
▪ Với 2 2 a bc 2b (1) a b 2 a 2b
a 7b
 = −
= ⇒ ⇔ + = + ⇔ 
= −
Do 2 2a b 0 b 0+ ≠ ⇒ ≠ . Chọn a 1,c 2b 1
a 7,c 2
 = = −
= − ⇒ 
= = −
⇒ phương trình đường thẳng ∆ là: x y 2 0,7x y 2 0.− − = − − = 
0.25 
▪ Với 2 2 b a4a 2b a 2bc (1) a b 2
3 3 b 7a
 =+ +
= − ⇒ ⇔ + = ⇔ 
=
Do 2 2a b 0 a 0+ ≠ ⇒ ≠ . Chọn b 1,c 2a 1
b 7,c 6
 = = −
= ⇒ 
= = −
⇒ phương trình đường thẳng ∆ là: x y 2 0,x 7y 6 0.+ − = + − = 
0.25 
9 
(1.0 điểm) 
Tim m để phương trình cĩ nghiệm  
Điều kiện: (x 3)(x 3) 0 x 3 x 3.− + ≥ ⇔ ≤ − ∨ ≥ 
Nhận thấy x 3= khơng là nghiệm của phương trình x 3⇒ ≠ 
Khi đĩ phương trình: 
x 3 x 3 x 3 x 32 2 2m (m 1) 2 2 2m (m 1)
x 3 x 3 x 3 x 3
+ + + +
⇔ ⋅ + − = − ⇔ ⋅ + − = −
− − − −
(do ĐK) 
0.25 
Đặt 
+
= ≥ ≠
−
x 3 t (t 0, t 1)
x 3
. Khi đĩ, phương trình trở thành: 
2
2 2 2t t 22t 2 2m (m 1)t 2t t 2 (t 2)m m (*)
t 2
+ +
+ − = − ⇔ + + = + ⇔ =
+
0.25 
Xét hàm số: + +=
+
22t t 2f(t)
t 2
 với ∈ +∞t [0; ) ; 
t
lim f (t)
→+∞
= +∞ 
Ta cĩ: += ≥ ∀ ∈ +∞
+
2
2
2t 8tf '(t) 0 t [0; )
(t 2)
 ⇒ Hàm số đồng biến trên +∞[0; ) 
0.25 
Do đĩ phương trình đã cho cĩ nghiệm (*)⇔ cĩ nghiệm thỏa mãn: ≥ ≠t 0, t 1 
 ≥ ≥
⇔ ⇔ 
≠ ≠ 
m f(0) m 1
m f(1) m 5 / 3
0.25 
▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa. 
www.VNMATH.com