Đề 1 thi thử đại học năm 2014 môn: toán; khối a, b và khối a1 thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

CƠ SỞ BDKTPT<ĐH 
NGUYỄN TRƢỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ 
LẦN THỨ NHẤT 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 
Mụn: TOÁN; Khối A, B và khối A1 
Thời gian làm bài: 180 phỳt, khụng kể thời gian phỏt đề 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = 3 3 1y x mx    (m là tham số) (1) 
1. Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số đó cho khi m = 1. 
2. Tỡm m để đường thẳng d: 1y mx  cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phõn biệt A, B, C sao cho 
2 2 2 11OA OB OC   với O là gốc tọa độ. 
Câu 2 (2,0 điểm). 
1. Giải phương trỡnh: 
sin 3tan sin 2
2
tan sin
x x x
x x
 


2. Giải hệ phương trỡnh 
3
2
2 2 1 3 1
 ( , )
2 1 4 4
y y x x x
x y
y y x
     

    
 . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tớnh tớch phõn 
2 32 3
4
1
1x x x
I dx
x
  
  
Câu 4 (1,0 điểm). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh chữ nhật, , 2 2AB a AD a  .Hỡnh chiếu 
vuụng gúc của điểm S trờn mặt phẳng (ABCD) trựng với trọng tõm tam giỏc BCD. Đường thẳng SA tạo với 
mặt phẳng (ABCD) một gúc 450. Tớnh thể tớch của khối chúp S.ABCD và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng 
AC và SD theo a. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho cỏc số thực , ,x y z thoả món 2 2 2 3x y z   . Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức: 
2 23 7 5 5 7 3F x y y z z x      . 
II. PHẦN RIấNG (3,0 điểm) Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). 
A. Theo chƣơng trỡnh Chuẩn: 
Cõu 6a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giỏc ABC, đường trung tuyến và đường 
phõn giỏc trong ở đỉnh A lần lượt cú phương trỡnh: 1 : 2 3 0d x y   và 2 : 2 0d x y   . Đường thẳng AB đi 
qua (2;1)M , đường thẳng BC đi qua điểm N(2; 5). Tỡm tọa độ cỏc đỉnh B, C biết đỉnh B cú hoành độ dương. 
Cõu 7a (1,0 điểm). Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): 2 2 2 2 4 4 0x y z x y      và 
mặt phẳng (P): 3 0x z   . Viết phương trỡnh mặt phẳng (Q) đi qua điểm  3;1; 1M  vuụng gúc với mặt 
phẳng (P) và tiếp xỳc với mặt cầu (S). 
Cõu 8a (1,0 điểm). Tỡm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa món điều kiện: 2 3z i z i    . Trong cỏc 
điểm M biểu diễn số phức thỏa món điều kiện trờn, tỡm điểm M sao cho độ dài AM nhỏ nhất biết A(1; -6). 
B. Theo chƣơng trỡnh Nõng cao 
Cõu 6b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trũn (C): 2 2( 1) ( 2) 4x y    và đường 
thẳng d cú phương trỡnh 3 0x y   . Tỡm trờn d điểm M sao cho từ đú cú thể kẻ được hai tiếp tuyến với (C) 
là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho 3MAB IABS S  với I là tõm của đường trũn (C). 
Cõu 7b (1,0 điểm). Trong khụng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P), (Q) cú phương trỡnh 
  : 2 1 0P x y z    và   : 2x 3 0.Q y z    Viết phương trỡnh mặt cầu cú tõm nằm trờn mặt phẳng (P) và 
tiếp xỳc với mặt phẳng (Q) tại điểm M, biết rằng M thuộc mặt phẳng Oxy và cú hoành độ xM = 1. 
Cõu 8b (1,0 điểm). Tỡm số hệ số của số hạng chứa 6x trong khai triển 
1
2
n
x
x
 
 
 
 biết n * thỏa 
 1 2 2 3 3 4 2 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 12.2. 3.2 . 4.2 . ... 2 1 2 . 25
n n
n n n n nC C C C n C

           . 
---------- HẾT ---------- 
Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu. Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm. 
CƠ SỞ BỒI DƯỠNG KTPT<ĐH NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MễN TOÁN LẦN I Page 1 
CƠ SỞ BDKTPT<ĐH 
NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ 
LẦN THỨ NHẤT 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 
Mụn: TOÁN: Khối A, B và khối A1 
Thời gian làm bài: 180 phỳt, khụng kể thời gian phỏt đề 
Cõu 1.1 
(1điểm) 
Giỏm khảo tự chấm 
1,0 
Cõu 1.2 
(1điểm) 
2. Phương trỡnh hoành độ giao điểm của (C) và d là: 
- x
3
 + 3mx + 1 = mx + 1  - x(x2 -2m) = 0 
0,25 
Từ đú tỡm được m > 0 thỡ d cắt (C) tại ba điểm phõn biệt A(0; 1), B, C. 0,25 
B(x1; mx1 + 1), C(x2; mx2 + 1) với x1; x2 là nghiệm của phương trỡnh: x
2
 - 2m = 0 . 0,25 
     2 22 2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 21 1 1 (1 ) 2 ( ) 3OA OB OC x mx x mx x x m m x x              
  
2 2
1 2 1 2 1 22 (1 ) 2 ( ) 3 (2)x x x x m m x x
       
 
Theo Viột ta cú: 
1 2
1 2
0
2
x x
x x m
 

 
 thay vào (2) ta được: 2 2 2 34 4 3OA OB OC m m     
Theo bài ra, 2 2 2 3 311 4 4 3 11 2 0 1( )OA OB OC m m m m m tm             
KL: m = 1. 
0,25 
Cõu 2.1 
(1điểm) 
Đk: 
cos 0
tan sin 0
x
x x


 
(*) 
0,25 
Pt tương đương: 
 3sin tan sin2 0x x x   
  
3sin cos sin sin 2 cos 0
cos 1 sin sin 2 0
x x x x x
x x x
   
   
0,25 
cos 1 2
cos 1 0
sin 0
sin 2 sin 0
1 2
cos 2
2 3
x x k
x
x x k
x x
x x k
 




    
  
    
  
    
 
0,25 
Nghiệm 
2
2
3
x k

   thỏa món (*) 
Phương trỡnh cú 2 họ nghiệm: 
2
2
3
x k

   
0,25 
Cõu 2.2 
(1điểm) 
3
2
2 2 1 3 1
 ( , )
2 1 4 4
y y x x x
x y
y y x
     

    
 
Điều kiện: 4 1;x y    . Ta cú 
3
3
(1) 2 2 1 2 1 1
2 2(1 ) 1 1
y y x x x x
y y x x x
       
      
0,25 
 Xột hàm số 3( ) 2 ,f t t t  ta cú 2'( ) 6 1 0, ( )f t t t f t      đồng biến trờn  . Vậy 0,25 
CƠ SỞ BỒI DƯỠNG KTPT<ĐH NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MễN TOÁN LẦN I Page 2 
2
0
(1) ( ) ( 1 ) 1
1
y
f y f x y x
y x

       
 
 Thế vào (2) ta được 3 2 1 4 4x x x      (3). Xột hàm số 
( ) 3 2 1 4,g x x x x      liờn tục trờn [-4;1], ta cú 
1 1 1
'( ) 0
3 2 2 1 2 4
g x
x x x
    
  
( 4;1) ( )x g x    nghịch biến trờn [-4;1]. Lại 
cú ( 3) 4g   nờn 3x   là nghiệm duy nhất của phương trỡnh (3). 
0,25 
Với 3x   suy ra 2.y  Vậy hệ cú nghiệm duy nhất 
3
2.
x
y
 


 0,25 
Câu 3 
(1 điểm) Đưa về 
2 2 32 3
4 4
1 1
lx x x
I dx dx
x x
 
   
Xột 
2 22
1 4 2 4
1 1
1 1 1x
I dx dx
x x x
  
   
 
  . 
0,25 
 1 3
2 21 1 1 1 1 19
1 1
1 1 2 3 8 243
I
x x
     
          
   
0,25 
32 2
2 3
1
1
1
x
I dx
x

  . Đặt 
2
3
2 32
3 3
2
1 2 3 1
1
21
3 1
t dt dx t dt dx
x x
x
x
       
 
 
 
0,25 
Đổi cận: 
3
3
1 2
5
2
4
x t
x t
   


  

3
3
5
4
3
2
2
3
2
I t dt   
3
3
5
4
4 33
2
2
3 3 5 5
2 2
8 8 4 4
I t
 
       
 
  I=
19
24
 33
3 5 5
2 2
8 4 4
 
   
 
0,25 
Cõu 4 
(1điểm) 
Gọi H là trọng tõm tam giỏc BCD. Theo gt ( )SH ABCD 
Gọi 
2 1
2
3 3
O AC BD CH CO AC a AH AC HC a          
SA tạo với đỏy gúc 450 suy ra 045 2SAH SH AH a    
31 1 4 2. .2 2 .2
3 3 3
ABCDV S SH a a a a   
Gọi M là trung điểm của SB. Mặt phẳng (ACM) chứa AC và // SD 
Do đú ( ; ) ( ;( )) ( ;( ))d SD AC d SD ACM d D ACM  
Chọn hệ tọa độ Oxyz như hỡnh vẽ. Khi đú 
2 4 2
(0;0;0), ( ;0;0), (0;2 2 ;0), ; ;2 , ( ;2 2 ;0)
3 3
a a
A B a D a S a C a a
 
  
 
0.5 
CƠ SỞ BỒI DƯỠNG KTPT<ĐH NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MễN TOÁN LẦN I Page 3 
5 2 2
; ;
6 3
a a
M a
 
  
 
. 
( ;2 2 ;0)AC a a

5 2 2
; ;
6 3
a a
AM a
 
   
 

2 2 2(2 2 ; ; 2 )AC AM a a a    
 

Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và cú vtpt (2 2; 1; 2)n   

 nờn cú phương trỡnh là 
2 2 2 2
2 2 2 0 ( ;( ))
8 1 2 11
a a
x y z d D ACM

     
 
0.25 
0.25 
Câu 5 
(1 điểm) 
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta cú 
     2 2 2 2 2 2 23 6 12 18 2 2 18 2 2 3F x y z x y z x x                     
0,25 
Xột hàm số    2 22 2 3f x x x   trờn miền xỏc định 3 3x   
 
 
  '
2
4
2 3; 3
2 3
x
f x x x
x
    

0,25 
 ' 0f x  trờn  3; 3
0
1
x
x

 
 
     3 3, 0 2 6, 1 5f f f     
0,25 
  2
3; 3
max 5 18.5 90 3 10f x F F
 
 
       dấu bằng khi 1x y z   
Vậy max 3 10 1F x y z     
0,25 
Cõu 6a 
(1 điểm) 
0,25 
M
H
O
B
D
C
A
S
CƠ SỞ BỒI DƯỠNG KTPT<ĐH NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MễN TOÁN LẦN I Page 4 
Tọa độ A là nghiệm hệ: 
2 3 0 1
(1;1)
2 0 1
x y x
A
x y y
    
  
    
(1;0) (0;1)ABAM n
 
. Phương trỡnh đường thẳng AB là: y – 1 = 0 
Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua phõn giỏc AD, ta cú M’ thuộc AC. H là giao điểm của 
AD và MM’. Phương trỡnh MM’ là: 1 0x y   
Tọa độ H là nghiệm của hệ: 
3
1 0 3 12
;
2 0 1 2 2
2
x
x y
H
x y
y

     
    
      

Vỡ H là trung điểm của MM’ nờn M’(1; 0) 
Phương trỡnh đường thẳng AC qua A, M’ là: x – 1 = 0 
0,25 
Gọi B (b; 1); C(1; c) (b > 0). Trung điểm E của BC là:
1 1
;
2 2
b c
E
  
 
 
Vỡ E thuộc 1d nờn ta cú: 2b + c – 3 = 0 (1) 
0,25 
( 2; 4); ( 1; 5)NB b NC c   
 
. N thuộc BC nờn 
2 4
( 2)( 5) 4
1 5
b
b c
c
 
    
 
 (2) 
Từ (1) và (2), ta cú hệ: 
1
12 3 0 3 2
( 2)( 5) 4 ( 2)( 2 2 ) 4 0
3
b
cb c c b
b c b b b
c
 

                  

 Kết hợp với b > 0 ta cú: 1b  ; 1c  . Hay:  1;1 ; (1;1)B C (loại vỡ A B C  ) 
 Vậy khụng tồn tại điểm B, C thỏa yờu cầu bài toỏn. 
0,25 
Cõu 7a 
((1 điểm) 
Mặt cầu (S) cú tõm I(-1;2;0) và bỏn kớnh R=3. Mặt phăng (P) cú VTPT  1;0;1Pn

Mặt phẳng (Q) đi qua M cú dạng       2 2 23 1 1 0 0A x B y C z A B C         với 
VTPT là  ; ;Qn A B C

0.25 
 Do (Q) tiếp xỳc với (S), suy ra 
2 2 2
2 2 2
4
( ,( )) 3 4 3
A B C
d I Q R A B C A B C
A B C
  
         
 
 (*) 
0.25 
 Mặt khỏc ( ) ( ) . 0 0Q PQ P n n A C C A        
 
Thay vào (*) ta được 2 2 2 25 3 2 8 7 10 0B A A B B A AB       (**) 
0.25 
Chọn B=1, (**) 27 10 8 0 2A A A      hoặc 
4
7
A

 
 Với 2 2A C    : được phương trỡnh mặt phẳng (Q) là: 2 2 9 0x y z    
 Với 
4 4
7 7
A C

   : được phương trỡnh mặt phẳng (Q) là: 4 7 4 9 0x y z    
Vậy, phương trỡnh mặt phẳng cần tỡm là: 2 2 9 0x y z    và 4 7 4 9 0x y z    . 
0.25 
Cõu 8a 
(1 điểm) 
Đặt z = x + yi (x; y R) 
Ta cú: | z – i | = | z - 2 - 3i|  |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|  x - 2y - 3 = 0 
 Tập hợp điểm M(x; y) biểu diễn số phức z là đường thẳng x - 2y - 3 = 0 
 AM nhỏ nhất  M là hỡnh chiếu của A trờn  : x - 2y - 3 = 0 
Ta cú: M(2t + 3; t) . (2 2; 6)AM t t 

 ; VTCP của  là (2;1)u

. 
0,25 
0,25 
0,25 
CƠ SỞ BỒI DƯỠNG KTPT<ĐH NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MễN TOÁN LẦN I Page 5 
. 0 2(2 2) 1( 6) 0 5 10 0 2AM u t t t t            
 
 M(-1;-2)  z = -1 - 2i. 
0,25 
Cõu 6b 
(1 điểm) 
Đường trũn (C) cú tõm I(1; - 2), bỏn kớnh R = 2. Gọi H là giao điểm của IM và AB thỡ 
IM AB . 
d(I, d) = 2 2 > R. Suy ra qua mọi M thuộc (d) đều kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C). 
0,25 
Đặt IH = x > 0, MH = y > 0 
1 3
3 . . 3 3 (1)
2 2
MAB IABS S MH AB IH AB MH IH y x        
0,25 
Ta cú: 2. ( ) 4 (2)IH IM IA x x y    ; Từ (1) và (2), ta suy ra: x = 1 và y = 3 hay IM = 4 0,25 
 
22( ) ( ;3 ) ( 1;5 ) ( 1) 5M M t t IM t t IM t t            

2 2
1
4 2 12 26 4 6 5 0
5
t
IM t t t t
t

          

+ Với t = 1, M (1; 2); 
+ Với t = 5, M (5; -2) 
0,25 
Cõu 7b 
(1 điểm) 
Trong khụng gian với hệ trục Oxyz, cho hai mặt phẳng (P), (Q) cú phương trỡnh 
  : 2 1 0P x y z    và   : 2x 3 0.Q y z    ................................ 
1,0 
Vỡ M  mp Oxy và cú hoành độ bằng 1 nờn M(1; y; 0). Lại cú, mặt cầu tiếp xỳc với mp(Q) 
nờn M mp(Q). Tỡm được M(1; – 5; 0). 
0,25 
Gọi I(a; b; c) là tõm của mặt cầu (S) cần tỡm. 
Ta cú (S) tiếp xỳc với mp(Q) tại M nờn IM  (Q). 
Mặt phẳng (Q) cú một vectơ phỏp tuyến  2;1; 1n 

. 
Ta cú IM  (Q)   
1 2
5
a t
MI tn t b t
c t
 

     
  
 
 
I (P)  1 + 2t – 2(–5 + t) – t – 1 = 0  t = 10  I(21; 5; – 10) 
0,25 
Bỏn kớnh mặt cầu R = d(I; (Q)) = 10 6 . 0,25 
Vậy phương trỡnh mặt cầu (S): (x – 21)2 + (y – 5)2 + (z + 10)2 = 600. 0,25 
Cõu 8b 
(1 điểm) 
Xột khai triển:  
2 1
1
n
x

  0 1 2 2 3 3 4 4 2 1 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1...
n n
n n n n n nC xC x C x C x C x C
 
           
Đạo hàm cả hai vế của khai triển ta được: 
0.25 
CƠ SỞ BỒI DƯỠNG KTPT<ĐH NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MễN TOÁN LẦN I Page 6 
  
2
2 1 1
n
n x    1 2 2 3 3 4 2 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 12 3 4 ... 2 1
n n
n n n n nC xC x C x C n x C

          
Thay x= -2 vào ta được: 
 1 2 2 3 3 4 2 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 12 1 2.2. 3.2 . 4.2 . ... 2 1 2 .
n n
n n n n nn C C C C n C

            
Do đú (2) 2 1 25 12n n     
0.25 
 Với n = 12 ta cú nhị thức Niutơn: 
 
12 24 312 12
12 122 2
12 12
1 1
1
2 2 . .2 .
k k
kk k k
k k
x C x x C x
x

 
 
 
   
 
  
Số hạng chứa 6x thỏa 
, 0 12
424 3
6
2
k N k
kk
  

  


. 
0.2
5 
Vậy hệ số của số hạng chứa 6x là: 4 812 2C 0.2
5