Đề thi thử Đại học (tỉnh Bắc Ninh) môn Toán - Đề 6

 SỞ GD&ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 
NGÀY 05/01/2014 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 – 2013 
Môn : TOÁN, Khối A, B 
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số: 2x 1y
x 1



1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2. Tìm m để đường thẳng y= 1
2
x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm A,B sao cho KA=KB với K(2;0). 
Câu II (2,0 điểm). 
 1. Giải phương trình: 




 
42
cos)sin2(
2
cos)
2
cos
2
(sin22 33 xxxxx . 
 2. Giải phương trình : 2 227 21 2
8
x x x x x    
Câu III (1,0 điểm). Tính: I=.
2 2 3 1
1
x x x
x
x e xe e
dx
xe
  
 
Câu IV (1,0 điểm). 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau 
tại O, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O 
đến mặt phẳng (SAB) bằng 
3
4
a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a, và góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) 
với (SBD). 
Câu V:(1,0 điểm). Cho x,y,z > 0 thỏa mãn: 2 2 2x y xz yz xy    . 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của  4 4 4 4 4 4
1 1 1
4 4
P x y z
x y z
 
     
 
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 2 đường thẳng có phương trình lần lượt là d1: 3x-4y-24=0, 
d2: 2x-y-6=0. Viết phương trình đường tròn(C ) tiếp xúc với d1 tại A và cắt d2 tại B, C sao cho BC = 4 5 và 
sinA = 2
5
. Biết tâm I của đường tròn (C ) có các tọa độ đều dương. 
2. Giải hệ phương trình: 
 
 
2 4
2
9 3
log log 2
log log 1
y xy
x x y
 

  
Câu VII.a (1,0 điểm). 
Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 lập các số có 4 chữ số khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số trong các số được 
lập, tính xác suất để số được lấy có 2 chữ số chẵn, 2 chữ số lẻ. 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm). 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   2 2: 2 C x y .Viết phương trình tiếp tuyến của 
đường tròn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ 
nhất. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(0;0;2), B(0;1;0), C(-2;0;0). Gọi H là 
trực tâm của tam giác ABC. Viết phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy. 
Câu VII.b (1,0 điểm)Giải bất phương trình 22
2log log2 4 20 0x x  2 
..Hết 
Họ và tên thí sinh...................................................................., Số báo danh..................................................... 
www.VNMATH.com
2 
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM 
Câu 
-ý 
Nội dung Điểm 
I.1 *Tập xác định :  \ 1D   
Tính 2
1' 0 
( 1)
y x D
x

   

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) 
*Hàm số không có cực trị 
Giới hạn 
1
 
x
lim y 
1
 
x
lim y 
2


x
lim y 2


x
lim y 
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 
*Bảng biến thiên 
x  1  
y’ - - 
y 
2 
  
 
 2 
*Vẽ đồ thị (Học sinh tự vẽ) 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
I.2 
 * PT hoành độ giao điểm của dm: y =
1
2
x m với (C) là : 
2 1 1
1 2
x
x m
x

  

   2
1
5 2 2 2 0 1


    
x
x m x m
dm cắt © tại hai điểm khi (1) nghiệm phân biệt khác 
24 12 17 0
1 2 5 2 2 0
m m
m m
   
 
    
  m 
* Gọi x1, x2 là các nghiệm của PT(1): 1 2 5 2x x m    . Toạ độ giao điểm của dm với (C): 
1 1 2 2
1 1; , ;
2 2
A x x m B x x m       
   
.Gọi I là trung điểm của AB thì 5 2 5 2;
2 4
m m
I
  
 
 
* KA=KB 3
2m
KI d m    
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
II.1 
Pt(1)   




 




 




 
2
sin
2
cossin2
2
cos
2
cos
2
sin1
2
cos
2
sin4 xxxxxxxx 
  




 




 




 
2
sin
2
cossin2
2
cossin
2
11
2
cos
2
sin4 xxxxxxx 















 




 
01
2
cos2
0sin2
0
2
sin
2
cos
01
2
cos2)sin2(
2
sin
2
cos
x
x
xx
x
x
xx 
+) x x x xsin cos 0 sin 0 k x k2 (k )
2 2 2 4 2 4 2
                
 
 
+) 2xsin0xsin2  (vô nghiệm) 
0.25 
0.25 
0.25 
www.VNMATH.com
3 
+) 2cos 1 41 0 cos 4
2 2 2 3
x x
x k



        (t/mđk) 
Vậy nghiệm của phương trình là:          4x k2 , x k4 k
2 3
0.25 
II.2 
III 
ĐK: x 0 , Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình 
Nhân hai vế của phương trình với 2 ta có: 
*   2 227 272 2 2 2 2
4 4
x x x x x x x x x        
22 271 (*)
4
x
x
x

   
VT(*) = f(x) có f’(x) = 
2
1 0, 0
2
x
x
x
x

  

, f(x) là hàm nghịch biến trên khoảng  0; 
VP(*) = g(x) có g’(x) = 27 0, 0 ( )
2
x x g x    là hàm đồng biến trên khoảng  0; . 
 phương trình (*) có không quá một nghiệm. 
 Mặt khác x = 2
3
là nghiệm của (*).Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2
3
. 
     
 
2
1 1
1
1 1
ln 1 ln 1 ln 1
x x x x
x
x x
x x x x x x x x
xe e xe d xe
I dx xe dx
xe xe
x xd e xe x xe xe e dx x xe xe e C
   
   
 
              
  
 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0,5 
0,5 
IV 
 Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và AC , BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của 
mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a. Gọi K là hình 
chiếu của O trên AB, gọi I là hình chiếu của O trên SK. 
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên 
giao tuyến của chúng là SO  (ABCD). 
Ta chứng minh được khoảng cách O tới (SAB) là đoạn OI 
Ta có trong tam giác vuông AOB ta có: 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 3
3 2
a
OK
OK OA OD a a
      
.Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
    . 
Diện tích đáy 24 2. . 2 3D SABC ABOS OA OB a   ; 
đường cao của hình chóp 
2
a
SO  . 
Thể tích khối chóp S.ABCD: 
3
.
1 3.
3 3D DS ABC ABC
a
V S SO  
 Ta có hình chiếu của tám giác SAB trên mf(SBD) là 
Tam giác SBO . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng 
(SAB) và (SBD) ta có os SBO
SAB
s
c
s
  
Ta có : 
2
21 1 1. , os arccos
2 4 4 4SBO SAB
a
s OB SO SK a s a c           
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
A 
B C 
O 
I D 
a 
K 
S 
www.VNMATH.com
4 
V 
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho hai số dương và bất đẳng thức:  
2
2 2
2
a b
a b

  
Ta có: 
   
 
2 42 2
4 4
42 2 4 4
1 1 8 1
2 2 8
x y x y
P z z
x y z zx y
                         
Đặt 
 4
4 0 1
x y
t
z

   Khi đó ta có: 
8 81 1 2
8 8
t t
P
t t
         
  
Xét hàm số 
  2
8 1 8( ) 2 '( ) 0, 0;1
8 8
t
f t f t t
t t
         
 Ta có f(x) nghịch biến trên  0;1
 0;1
81min (1)
8t
P f

   
Khi đó x = y = 
2
z 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
VIa.1 Gọi I(x;y), R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (C ) 
Áp dụng định lý sin trong tam giác ta có: R = d(I; d1) =5 ( do (C ) tiếp xúc với d1) 
Gọi M là trung điểm của BC theo định lý Pitago ta có MI = d(I;d2) = 2 2 5R MB  . 
Khi đó ta có hệ: 
3 4 24 25
2 6 5
x y
x y
   

  
Giải hệ ta đươc 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu 
TH1  1;1I ta có phương trình (x -1)2+(y-1)2=25 
TH2 I(9;7) ta có phương trình (x -9)2+(y-7)2=25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
VIa.2 
Đk: 29 3
0
0 0 log log
2 0
x y
y x x x
xy
 

    
  
Khi đó ta có hệ 
2
2
2
3
y xy
x xy
   
 
  
2
2
2
1( )
31
1
23 3
x y loai
xx y
x y
yx xy
x xy
                  
(t/mđk) 
0.25 
0.25 
0.5 
VIIa Từ 6 chữ số đã cho ta lập được 46 360A  số có 4 chữ số khác nhau 
Số cách chọn 2 chữ số chẵn từ 3 chữ số 2,4,6 là 23 3C  
Số cách chọn 2 chữ số lẻ từ 3 chữ số 1,3,5 là 23 3C  
Từ 4 chữ số được chọn ta lập số có 4 chữ số khác nhau, mỗi số lập được ứng với một hoán 
vị của 4 phần tử. theo quy tắc nhân ta có số các số lập được thỏa mãn yêu cầu là: 
2 2
3 3. .4! 216C C  
Xác suất để chọn được số có 4 chữ số khác nhau được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 trong 
đó có 2 chữ số chẵn 2 chữ số lẻ là: 216 3
360 5
P   
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
VIa.1 
+ 
   
 
Tâm : 0;0
Ban kính : 2
C O
C R
 
. Gọi tọa độ    ;0 , 0;A a B b với 0, 0a b  . 
0.25 
www.VNMATH.com
5 
+ Phương trình AB: 1 1 0x y x y
a b a b
      
 AB tiếp xúc (C)  
2 2
2 2
1, 2 2 2
1 1
ab
d O AB
a b
a b
     

 (***) 
2 2 2 2
2 22 2a OAB
a b a b
S
a b b 
    
 OABS nhỏ nhất khi a b . 
Từ a b và (***) suy ra 2a b  . 
Kết luận: Phương trình tiếp tuyến là 1 0
2 2
x y   . 
0.25 
0.25 
0.25 
VIa.2 
*Ta có ( )
AH BC
BC AOH BC OH
AO BC
 
   
 
. 
Tương tự AB OH Suy ra ( )OH ABC . 
*Phương trình mp (ABC): 1 2 2 0
2 1 2
x y z
x y z        

*mp(ABC) có vtpt  1;2;1n  

 nên OH có vtcp (1;2; 1)u n  
 
*Phương trình đường thẳng OH: 1 2 12 ; ;
3 3 3
x t
y t H
x t
 
     
  
Khoảng cách từ H tới Oy là 2
3
R  
Phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy là 
2 2 21 2 1 2
3 3 3 9
x y z               
     
0.5 
0.25 
0.25 
VIIb Điều kiện: x> 0 ; BPT  
2
2
2
24log log2 4 20 0x x   
Đặt.
2
2log4 xy  , y 1 
0.25 
 . BPT trở thành y2 + y- 20  0  - 5  y  4.Do y 1 nên ta có y  4 0.25 
 Khi đó ta có : 
2
2log 2
2 24 4 log 1 1 log 1
x x x       
  1 2
2
x  
0.25 
0.25 
 Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó . 
www.VNMATH.com