Hệ thống đề toán của các trường chuyên có điểm thi đại học ở tốp đầu cả nước nhiều năm liền.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014

Môn: Toán 12. Khối A, A1, B.

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm)

Câu 1. (2,5 điểm). Cho hàm số 3 2 y mx ( 2m 1)x m 1      ( Cm ).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m 1  .

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m 0  sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại giao điểm của nó với

trục tung tạo với hai trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 4.

Câu 2. (1,25 điểm) . Giải phương trình:

       3 3 3 1 3 cos 2x 3 1 3 sin 2x 8 sin x cos x 3 sin x cos x 3 3 3         .

Câu 3. (1,25 điểm) . Giải hệ phương trình:  

2 1 x

x y

x y x, y

5y 1 x y 1

    

 

    

 .

Câu 4. (1,0 điểm). Tính giới hạn :

3 4

x 2

x 6 7x 2 L lim x 2

    

Câu 5. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông với cạnh 2a , mặt bên SAB nằm

trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABCD và SA a ,SB a 3   .

Hãy tính thể tích của hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a .

Câu 6. (1,0 điểm). Xét các số thực dương a b c , , thoả mãn ab bc ca abc    7 . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức:

4 5 6

2 2 2

8 1 108 1 16 1 a b c P

a b c

  

  

B. PHẦN RIÊNG (2,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)

1.Theo chương trình Chuẩn

Câu 7A. (1,0 điểm) . Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A 2;0  

,B 3;0   và diện tích bằng 4 . Biết rằng giao điểm của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường

thẳng y x  , hãy tìm toạ độ của các đỉnh C,D.

Câu 8A (1,0điểm). Tính tổng : 2 1 2 2 2 3 2 2013

1 2013 2013 2013 2013 S 1 .C 2 .C 3 .C 2013 .C      

2.Theo chương trình nâng cao.

Câu 7B (2,0 điểm) .Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đường cao kẻ từ B và

phân giác trong kẻ từ A lần lượt có phương trình : 3x 4 y 10 0    và x y 1 0    . Biết rằng điểm

M 0;2   nằm trên đường thẳng AB và MC 2  , tìm toạ độ các đỉnh của tam giác.

Câu 8 B (1,0 điểm). Tính tổng :

0 1 2 2013

2013 2013 2013 2013

2

C C C C S

1 2 3 2014

     

---------- HẾT ----------

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:………………………

Đề chính thức

(Đề thi gồm 01 trang)

www.MATHVN.com

www.DeThiThuDaiHoc.com

SỞ GD-ĐT VĨNH PHÚC THI KHSCL LẦN I NĂM HỌC 2013 – 2014

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 12 A,B,A1

Hướng dẫn chung.

- Mỗi một bài toán có thể có nhiều cách giải, trong HDC này chỉ trình bày sơ lược một cách

giải. Học sinh có thể giải theo nhiều cách khác nhau, nếu đủ ý và cho kết quả đúng, giám khảo

vẫn cho điểm tối đa của phần đó.

- Câu (Hình học không gian), nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình chính của bài toán,

thì không cho điểm; câu (Hình học giải tích) không nhất thiết phải vẽ hình.

- Điểm toàn bài chấm chi tiết đến 0.25, không làm tròn.

- HDC này có 04 trang.

Câu Nội dung trình bày Điểm

1. Khi 3 m x     1:y x 3 2

+ TXĐ: 

+ Sự biến thiên:    2

y x x x y x            3 3 3 1 1 , 0 1

0.25

y x x        0 1 1 suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng    ; 1 , 1;    ;

y x       0 1 1 suy ra hàm số nghịch biến trên 1;1 .

Hàm số đạt cực đại tại 1, 1 4;   cd x y y      hàm số đạt cực tiểu tại 1, 1 0.   ct x y y   

0.25

3 3

2 3 2 3

3 2 3 2 lim lim 1 ; lim lim 1

x x x x

y x y x     x x x x

                     

y

y'

x

0

4 +∞

∞

+ +

∞ +∞

0 0

1 1

0.25

+ Đồ thị

0. 50

1

2. Đồ thị 3 ( ) : (2 1) 1 C y mx m x m m      cắt trục tung tại M m (0; 1) . 0.25

- Giao Ox: 2;0 , 1;0    ;

- Giao Oy: 0;2 ;

- Điểm uốn: I 0;2 suy ra đồ

thị tự xứng qua I 0;2

4

2

www.MATHVN.com

www.DeThiThuDaiHoc.com

    2

y mx m m          3 (2 1) y 0 2 1

Từ đó, khi m  0, tiếp tuyến mt của ( ) Cm tại M có phương trình

y m x m      (2 1) 1 0.25

Do ( ) mt tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 nên ta có hệ

 2

1 1

2 2

1 1 8 1 8 2 1 2 1

m

m

m

m m m

m

          

           

0. 50

Giải hệ, thu được m  7 56 và  9 72. Đối chiếu điều kiện và kết luận 0.25

+ Để ý rằng 2 3 sin 2 1 (sin cos ) ;sin 3 4sin 3sin x x x x x x       và 3 cos3 4 cos 3cos x x x  

nên phương trình được viết về dạng

(sin cos )( 3 sin 3 cos 3 ) 0 x x x x   

0. 5

+ Giải phương trình sin cos 0 x x   ta được họ nghiệm , 4

x k k 

      0.25

+ Giải phương trình 3 sin 3 cos3 0 x x   ta được họ nghiệm , 6

x



       0.25

2

+ Kết luận nghiệm 0.25

Điều kiện 1 0, 5 x y  

Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra hoặc 2 y x  hoặc xy  1

0.25

+ Nếu xy  1 thì x y   0 và phương trình thứ hai trở thành 1 5 1 1 y

y

  

Phương trình này tương đương với 2

2

1

5 1

2 1 2 5

y

y y y

y y y

       

    

Do y  1 nên hệ phương trình này vô nghiệm.

0. 5

3

+ Nếu 2 y x  , thay vào phương trình thứ hai, ta được 2 5 1 1 | | x x x    .

Giải phương trình, được ( ; ) (1;1),( 2;2),( 7 41;7 41) x y    

Kết luận nghiệm…

0.5

    3 4 3 4

x 2 x 2

x 6 2 7 x 2 2 x 6 2 7 x 2 2 L lim lim   x 2 x 2 x 2

                    

0.25

        x 2 2 4 3 3

x 6 8 7 x 2 16 L lim

x 2 7x 2 2 7x 2 4 x 2 x 6 2 x 6 4 

                           

0.25

4

     x 2 2 4 3 3

1 7 1 7 13 L lim

7x 2 2 7x 2 4 12 32 96 x 6 2 x 6 4 

                         

0.5

www.MATHVN.com

www.DeThiThuDaiHoc.com

M

O B

A

C

D

S

H

+ Từ giả thiết suy ra tam giác SAB vuông tại S và 3

2

a SH  (H là hình chiếu của A trên AB).

Từ đó, do  SAB ABCD     nên

3

.

1 2

3 3 S ABCD

a V SH AB AD     (đ.v.t.t)

0.25

5

+ Do ABCD là hình vuông, nên 1

2 ABC ADC ABCD S S S   suy ra

3

. .

1

2 3 S ABC S ABCD

a V V   (đ.v.t.t)

Mà V AC SB d AC SB AC SB S ABC .      1

6     ; sin ;  nên

    

3 2 3

;

sin ;

a d AC SB

AC SB AC SB

  

0.25

+ Gọi O,M theo thứ tự là trung điểm AC SD , . Khi đó   AC SB OA OM ; ;    

Áp dụng định lý cô-sin cho tam giác AOM tính được  6

cos

4

AOM  suy ra

    10 sin ; sin 4

AC SB AOM  

0.25

Vậy   2

;

5

a d AC SB    (đ.v.đ.d) 0.25

Chú ý: Với bài toán này (phần tính khoảng cách), có nhiều cách giải, chẳng hạn học sinh có thể sử dụng vectơ,

tọa độ hay dựng đoạn vuông góc chung. Nếu cách giải đúng và cho kết quả đúng, giám khảo vẫn cho điểm tối

đa của phần đó. Cách giải trong bài toán này sử dụng kết quả của Bài tập 6 (tr. 26) SGK Hình học 12 (CCT)

6 Viết lại giả thiết về dạng 1 1 1 7

a b c

   0.25

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

2

2

3 3

2 2 2

4

2 2

1 1 8 4," " 2 2

2 2 2 1 54 54 10," " 9 9 9 3

1 1 1 16 3," " 4 4 2

A a a

a

B b b b

b b b

C c c

c c

     

        

      

0.5

www.MATHVN.com

www.DeThiThuDaiHoc.com

Từ đó, với 2 2 2

1 1 1

2 3 2

D

a b c

   , theo bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacopsky - Schwarz, thì

2

1 1 1 1 1 1 4 10 3 24," " , 2 3 2 2 3

P A B C D a c b

a b c

                       

KL …

0.25

Gọi I là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành, thế thì I a a  ;  với a là số thực nào đó.

Suy ra C a a D a a 2 2;2 , 2 3;2 .      0.25

Từ đó, do diện tích của hình bình hành bằng 4 nên 2 4 2. a a     0.25

Với a C D  2 : 2;4 , 1;4     ; với a C D       2 : 6; 4 , 7; 4     0.25

7a

Kết luận 0.25

Tính tổng : 2 1 2 2 2 3 2 2013

1 2013 2013 2013 2013 S 1 .C 2 .C 3 .C 2013 .C      

Số hạng tổng quát của tổng là   2 k k

k 2013 2013 a k C k. k 1 1 C k 1,2,...,2013      

0.25

       

k k

k 2013 2013

2013! 2013! a k. k 1 C kC k. k 1 k. k 1,2,...,2013 k ! 2013 k ! k ! 2013 k !

          0.25

k 2 k 1

k 2011 2012 a 2012 2013C 2013C k 1,2,...,2013        0.25

8a

    0 1 2011 0 1 2012

1 2011 2011 2011 2012 2012 2012 S 2012 2013 C C C 2013 C C C           

    2011 2012 2011 2012 2011

1 S 2012 2013 1 1 2013 1 1 2012 2013 2 2013 2 2013 2014 2               

0.25

:3 4 10 0, : 1 0 b a h x y x y       

+ Do M AB 0;2  nên điểm N 1;1 đối xứng với M qua a  nằm trên AC. 0.25

+ Suy ra A là giao điểm của đường thẳng d qua N, vuông góc với b h và đường thẳng . a  Từ đó

A4;5 . 0.25

+ B là giao điểm của đường thẳng AM với . b h Từ đó 1 3; 4

B        0.25

7b

+ Do MC  2 nên C là giao điểm của đường tròn tâm M bán kính 2 với đường thẳng d.

Suy ra C1;1 hoặc 33 31

; 25 25

C      0.25

Tính tổng :

0 1 2 2013

2013 2013 2013 2013

2

C C C C S

1 2 3 2014

     

Số hạng tổng quát của tổng là

k

2013

k

C a k 0,1,2,...,2013 k 1

  



0.25

       

k

2013

k

C 2013! 1 2014! a k 0,1,2,...,2013 k 1 k 1 k ! 2013 k ! 2014 k 1 ! 2013 k !

     

     

0.25

Vậy ta được

k 1

2014

k

C a k 0,1,2,...,2013 2014



   0.25

8b

   

2014

2014 1 2 2014 0

2 2014 2014 2014 2014

1 1 2 1 S C C C 1 1 C

2014 2014 2014

                0.25

www.MATHVN.com

www.DeThiThuDaiHoc.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 

Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc 

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ II 

NĂM HỌC 2013 – 2014 

(Đề có 01 trang)  Môn : Toán 12; Khối A­B 

Thời gian: 180  phút (Không kể giao đề) 

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số  4 2 4  2 2 y x mx m m  , với = - + +   m là tham số thực. 

a)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  khi m = 1.  b)  Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu mà các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị tạo thành tam 

giác có diện tích bằng 1.

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình ( ) 1 2 sin 2 sin 2 2 cos  cos 2 3 1 cos 

2sin 1

x x x 

x x 

x

- - +

= - + -

.

Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình ( )

( )3 

2 

1 

1

x x 

x x

+

³

+ -

.

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân  2  1 

3 x 

0 

I (8x 2x).e dx = - Ú

.

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp đều  . S ABCD có độ dài cạnh đáy bằng  a , mặt  bên của hình chóp tạo với mặt đáy 

góc 60 o . Mặt phẳng  ( )  chứa  P AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt  , SC SD  lần lượt tại  , M N . Tính thể  tích 

khối chóp  . S ABMN theo  a . Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ( ) 2 2 2  5 2 a b c a b c ab + + = + + - . 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  3 

3 1  48 

10

P a b c 

a b c

Ê ˆ

= + + + + Á ˜

+ + Ë ¯

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A.  Theo chương trình Chuẩn 

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy , cho 2 đường thẳng  1 : 2 3 1 0 - + =  ,   d x y 2 : 4 5 0 + - =  .   d x y

Gọi A là giao điểm của  1 d  và  2 d  . Tìm  toạ độ điểm B trên  1 d  và toạ độ  điểm C trên  2 d  sao cho ABC D có trọng 

tâm ( ) 3;5 G . Câu 8.a (1,0 điểm)Trong không gian  với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d đi qua điểm - ( ) 0; 1;1 M và có véc tơ 

chỉ phương = ( ) 1; 2; 0 u

r

;  điểm -( ) 1; 2;3 A . Viết phương trình  mặt phẳng ( ) P chứa đường thẳng d sao cho khoảng 

cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ) P bằng  3 .

Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình 2  ( ) 4 2 1  log 2 2.8 3.2 1  2.16 2.4 1

x x  x x x  x x - +

= - +

- +

. B. Theo chương trình Nâng cao 

Câu  7.b  (1,0 điểm) Trong mặt  phẳng  với  hệ toạ độ  Oxy , cho tam  giác ABC vuông tại ( ) 3; 2 A , tâm  đường tròn 

ngoại tiếp tam giác ABC là  3  1; 2

I Ê ˆ Á ˜ Ë ¯ và  đỉnh C thuộc  đường thẳng  : 2 1 0 - - =  . Tìm toạ độ  các đỉnh  d x y B và C . Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):  x + y + z = 0. Lập phương trình mặt 

phẳng (Q) đi qua gốc toạ độ, vuông góc với (P) và cách điểm  M(1; 2; ­1) một khoảng bằng  2 .

Câu 9.b (1,0 điểm)  Giải bất phương trình ( )

4 

2 

2 1  0. 

log 3

x  x 

x

- - +

³ -

­­­­­­­­­­­­­­­­­­ Hết ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­

www.DeThiThuDaiHoc.com

facebook.com/ThiThuDaiHoc

SỞ GD­ĐT VĨNH PHÚC THI KHSCL LẦN II NĂM HỌC 2013 – 2014

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 12 A,B. 

Hướng dẫn chung.

­  Mỗi một bài toán có thể có nhiều cách giải, trong HDC này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Học sinh có 

thể giải theo nhiều cách khác nhau, nếu đủ ý và cho kết quả đúng, giám khảo vẫn cho điểm tối đa của phần 

đó. 

­  Câu  (Hình học không gian), nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình chính của bài toán, thì không cho 

điểm; câu  (Hình học giải tích) không nhất thiết phải vẽ hình. 

­  Điểm toàn bài chấm chi tiết đến 0.25, không làm tròn. 

­  HDC này có 07  trang.

Câu  Nội dung trình bày  Điểm 

a) (1 điểm)

­ Khi  = 1 m thì  4 2  2 3 = - +  y x x

*)Tập xác định D R =

*) Sự biến thiên : 

Chiều biến thiên  3 2  ' 4 4 4 ( 1) = - = -  y x x x x , 

0 

' 0 1 

1

x 

y x 

x

È = Í = ¤ = Í Í = - Î

0,25

­ Hàm số đồng biến trên các  khoảng ( ­1 ; 0) và (1 ; +• ), nghịch biến trên các khoảng 

(( ; 1) -• - và (0 ; 1) 

­ Cực trị : Hàm  số đạt cực đại tại  0; 3 CР x y = = Hàm số đạt cực tiểu tại  1; 2 CT  x y = ± =

­ Giới hạn  limxƱ• = +•

­ Bảng biến thiên :

0,25

x -• ­1                     0                    1 +•

y’  ­  0          +         0  ­  0               + 

y

+• 3 +•

2  2

0,25 

1 

(2,0 điểm)

Đồ thị  y 

3 

2 

­2  ­1  0          1         2  x

0, 25

www.DeThiThuDaiHoc.com

facebook.com/ThiThuDaiHoc

b)  (1 điểm)

­  Tập xác định D = R 

­  Ta có  3  ' 4 4 y x mx = - ;  2 

0 

' 0

x 

y 

x m

È = = ¤ Í = Î

Hàm số có cực đại, cực tiểu  ¤ =' 0 y có  ba nghiệm phân biệt  ¤ > 0 m

0,25

Khi  > 0 m đồ thị hàm số có một điểm cực đại là  4  ( 0, 2 ) +  A m m và hai điểm cực tiểu là 

4 2 4 2  ( ; 2 ), ( ; 2 ) - - + - +  B m m m m C m m m m

0,25

ABC D cân tại A ,  ŒOx A ;  B, C đối xứng nhau qua Ox . Gọi H là trung điểm của BC

( ) 4 2  0; 2 H m m m fi - + ; 

1 1  2  . .2 

2 2 ABC  fi = = = S AH BC m m m m D 0,25

Theo giả thiết  2  1 . 1 1 ABC  S m m m D = fi = ¤ =

Vậy đáp số bài toán là  = 1 m

0,25

Điều kiện  1  2sin 1 0 sin 

2

x x - ¹ ¤ ¹

( )

( ) ( ) ( ) 2 

1 2 sin 2 sin 2 2 cos  cos 2 3 1 cos 

2sin 1 

1 2 sin . 1 2cos 

2 cos 1 3 1 cos 

2 sin 1

x x x 

x x 

x 

x x 

x x 

x

- - +

= - + - - +

¤ = - - + - 0,25

( ) ( ) 2 2  1 2cos 2 cos 1 3 1 cos 2cos 2 3 cos 3 0 ¤ - - = - - + ¤ + - - =  x x x x x 0,25

( )

2 

cos 1 

2  3 

cos  6 

2 

2 

6

x k 

x 

x k k Z 

x 

x k

p p

p

p

p

p

È Í = + È = - Í

¤ ¤ = + Œ Í Í Í = Í Í Î Í Í = - + Î

0,25 

2 

(1,0 điểm)

Kết hợp điều kiện  1  sin 

2

x ¹ ta được nghiệm phương trình là

2 ; 2  ( ) 6

x k x k k Z p

p p p = + = - + Œ

0,25

Điều kiện

( )

( )

( )

3 

3 

2 0 

0 

0  1 0 

1 0

x x 

x 

x 

x 

x x

+ ³ Ï Ô ³ Ô

Ì ¤ ³ + ³ Ô Ô + - ³ Ô Ó

; ( )3  0 1 0 ³ fi + - >  x x x

0,25 

3 

(1,0 điểm)

Do vậy

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

3 

3 

2 3 2 

3 2 2 

2 

1 2 1 

1 

2 3 4 1 2 1 1 

2 2 1 2 1 1 0 1 1 2 1 0

x x 

x x x x 

x x 

x x x x x x x x 

x x x x x x x x x x x

+

³ ¤ + ³ + -

+ -

¤ + ³ + + + - + +

¤ + + + - + + £ ¤ + + + - + £ È ˘ Î ˚ 0,25

www.DeThiThuDaiHoc.com

facebook.com/ThiThuDaiHoc