Đề thi thử đại học lần 01 năm học 2013 –2014 môn: toán thời gian làm bài: 180 phút (không tính thời gian giao đề)

SỞ GD VÀ ĐT HẢI DƯƠNG 
TRƯỜNG THPT GIA LỘC 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 – 2014 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút (không tính thời gian giao đề) 
Câu I (2,0 điểm) 
Cho hàm số 3 23 ( 2) 3( 1) 1 (1),
2
y x m x m x m      là tham số. 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 2m   . 
2) Tìm 0m  để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là Đ ,C CTy y thỏa 
mãn Đ2 4.C CTy y  
Câu II (2,0 điểm) 
1) Giải phương trình: 22cos3 cos 3(1 sin 2 ) 2 3 cos (2 )
4
x x x x     . 
2) Giải hệ phương trình: 
2
2 2
3 0
( , ).
( 1) 3( 1) 2( 2 ) 0
x xy x
x y
x y xy x y y
    

      
 
Câu III (1,0 điểm) 
Tính tích phân: 
2
4 2
1
(ln 1)
2 1
x xI dx
x x


  . 
Câu IV (1,0 điểm) 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy. 
Góc tạo bởi SC và mặt phẳng(SAB) bằng 030 . Gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp 
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a. 
Câu V (1,0 điểm) 
Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2
1 8
2 8 2 2( ) 3
P
a b bc b a c
 
    
Câu VI (2,0 điểm) 
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh D(7;-3) và 
BC = 2AB. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Tìm tọa độ đỉnh C biết phương trình 
đường thẳng MN là 3 16 0x y   . 
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm  2; 1;3M  và đường thẳng 
2 4 1:
2 3 1
x y zd    

. Viết phương trình mặt phẳng  P đi qua điểm  1;0;0K , song song với 
đường thẳng d đồng thời cách điểm M một khoảng bằng 3 . 
Câu VII (1,0 điểm) 
 Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình 10 4 3
1
z i
i z
  

_______ Hết ________ 
Họ và tên thí sinh: ................................................... – Số báo danh: ......................... 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2013 – 2014 
 MÔN: TOÁN 
Câu Ý Nội dung Điểm 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 2m   1.00 
Khi 2m   ta có 3 26 9 1y x x x    . 
TXĐ: D   . 
Sự biến thiên: 
 - Chiều biến thiên: 2' 3 12 9; ' 0 3y x x y x       hoặc 1x   
0,25 
 Khoảng đồng biến: ( ; 3)  và ( 1; )  ; khoảng nghịch biến ( 3; 1)  . 
 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại Đ3 1; Cx y   ; đạt cực tiểu tại 
1; 3CTx y    . 
 - Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
    . 
0,25 
BBT 
x -∞ -3 -1 +∞ 
y’ + 0 - 0 + 
 y 1 +∞ 
 -∞ -3 
0,25 
1 
Đồ thị 
4
3
2
1
-1
-2
-3
-4 -2
1
0-3
x
y
0,25 
Tìm m 1,00 
Ta có 2' 3 3( 2) 3( 1)y x m x m     . 
 12
2
1
' 0 ( 2) 1 0
1
x x
y x m x m
x x m
  
           
0,25 
I 
Với 0m  thì 1 2x x . Khi đó hàm số đạt cực đại tại 1 1x   và đạt cực tiểu tại 
2 1x m  . Do đó 
 2Đ
3 11 1 2 1 1
2 2
( ) , ( ) ( )( )C CT
my y y y m m m          
0,25 
Từ giả thiết ta có 
2 2
2
3 12. ( 2)( 1) 1 4 6 6 ( 2)( 1) 0
2 2
1
( 1)( 8) 0 1 33
2
m m m m m m
m
m m m
m
          

        

0,25 
2 
Đối chiếu với yêu cầu 0m  ta có giá tri của m cần tìm là 
 1 331,
2
m m    
0,25 
Giải phương trình: 22cos3 cos 3(1 sin 2 ) 2 3 os (2 )
4
x x x c x     1,00 
22cos3 cos 3(1 sin 2 ) 2 3 os (2 )
4
2cos3 cos 3 3 sin 2 3 3 sin 4
2 osx(cos3 3 sin 3 ) 0
x x x c x
x x x x
c x x

   
    
  
 0,25 
2 osx(cos3 3 sin 3 ) 0c x x   0,25 
*cos 0 2 ,
2
x x k k      0,25 
1 * 3 sin 3 os3 0 sin(3 ) 06
,
18 3
x c x x
x k k

 
    

   
Vậy nghiệm của phương trình là: 2
2
x k   , ,
18 3
x k k    
0,25 
Giải hệ phương trình: 
2
2 2
3 0
( , ).
( 1) 3( 1) 2( 2 ) 0
x xy x
x y
x y xy x y y
    

      
 
1,00 
Điều kiện: 2 2 0 0x y y y    0,25 
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có 2 3xy x x    
Thế vào phương trình thứ hai ta được 
2 2 2
2 2
2 2
( 1) 3( 1) 2 2 6 2 2 0
2 3 2 2 0
3 2 1 0
2 2
x y x x x y y
x y x y y
y y
x x
        
      
   
 
0,25 
Suy ra 2 12
y
x


 hay 2 2y x  0,25 
II 
Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được 
 2 2 2( 2) 3 0 ( 1)( 3) 0 1x x x x x x x            
Suy ra 3y  
Vậy nghiệm của hệ 1, 3x y   
0,25 
Tính tích phân: 
2
4 2
1
(ln 1)
2 1
x xI dx
x x


  . 1,00 III 
2 2
2 2 2
1 1
(ln 1) 1 1(ln 1)
( 1) 2 1
x xI x d
x x
          
 0,25 
Đặt 
2
2
1ln 1
1
( 1) 2( 1)
u x du dx
x
xdxdv vx x
    
     
2
2 2
1
21 1 1 1 1(ln 1)
12 1 2 1
I x dx
x x x
        
 0,25 
2
2
2 2
1
3 1 1 1 1ln 2 ( )
20 10 4 1
I d x
x x
      
 0,25 
13 1 3ln 2 ln 5
20 4 20
I    0,25 
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, 
SC theo a. 
1,00 
Vì ( )
CB AB
CB SAB
CB SA

  

SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB) 
      0 0, , 30 .cot 30 3 2SC SAB SC SB CSB SB BC a SA a         
0,25 
Thể tích khối chóp S.ABCD là: 
3
2
.
1 1 2. 2.
3 3 3S ABCD ABCD
aV SA S a a   0,25 
Từ C dựng CI //DE 
2
aCE DI   và  / /DE SCI 
  ( , ) ,d DE SC d DE SCI  
Từ A kẻ AK CI cắt ED tại H, cắt CI tại K 
Ta có:      
SA CI
CI SAK SCI SAK
AK CI

   

 theo giao tuyến SK 
Trong mặt phẳng (SAK) kẻ  HT AK HT SCI   
    , ,d DE SC d H SCI HT   
0,25 
IV 
Ta có: 
2
2
3.1 1 . 32. .
2 2 5
2
ACI
a aCD AI aS AK CI CD AI AK
CI aa
     
   
 
Kẻ KM//AD   1 1
2 3 5
HK KM aM ED HK AK
HA AD
       
0,25 
C B 
K 
I A 
S 
E 
M 
H 
D T 
Lại có: 
2
2
2.
. 385sin
1992
5
aa
SA HT SA HKSAK HT
SK HK SK aa
     

Vậy   38,
19
d DE SC  
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2
1 8
2 8 2 2( ) 3
P
a b bc b a c
 
    
 1,00 
Ta có 1 18 2 .2 2
2( )2 8
bc b c b c
a b ca b bc
    
  
 0,25 
Mặt khác, 2 2
2 2
8 82( ) 2 ( )
33 2( ) 2
a c b a c b
a b ca c b
 
      
    
 0,25 
Do đó 
1 8
2( ) 3
P
a b c a b c
 
    
Đặt , 0.a b c t t    Xét hàm số 1 8( ) , 0.
2 3
f t t
t t
  

Ta có: 2 2 2 2
1 8 3( 1)(5 3)'( ) , 0
2 (3 ) 2 (3 )
t tf t t
t t t t
  
   
 
'( ) 0, 1f t t   và '( ) 0, (0;1)f t t   
( )f t nghịch biến trên khoảng (0;1) và đồng biến trên (1; ) 
Từ từ đó suy ra 3( ) (1) , 0
2
f t f t    
0,25 
V 
Do đó 
3
2
P  . Dấu “=” xảy ra khi 
11
42
1
2
a b c a c
b c
bb a c
     
  
    
Vậy GTNN của P là 3
2

, đạt được khi
1 1,
4 2
a c b   . 
0,25 
Xác định tọa độ đỉnh C. 1,00 
Gọi K và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên MN và AC. 
Phương trình đường thẳng DK là 3 24 0x y   . 
Suy ra tọa độ điểm K thỏa mãn hệ 
44
3 16 0 44 125 ( ; ).
3 24 0 12 5 5
5
xx y
K
x y y
    
  
    

0,25 
Ta có 2 41 3( ; )
3 5 5
DH DK H 
 
. 
Đường thẳng AC đi qua H song song với MN, suy ra phương trình đường thẳng 
AC là: 3 10 0 (10 3 ; )x y C c c     . 
0,25 
VI 1 
 Trong tam giác vuông ADC ta có 
 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 3 21444
10
DC
DA DC DH DC DC
       0,25 
 2
0 (10;0)
10 12 0 6 32 6( ; )
5 5 5
c C
c c
c C
 
   
  

 0,25 
Viết phương trình mặt phẳng  P đi qua  1;0;0K , song song với đường 
thẳng d đồng thời cách điểm M một khoảng bằng 3 . 
1,00 
Mp  P đi qua  1;0;0K phương trình mp  P có dạng: 
  2 2 2Ax 0 0By Cz A A B C       
Mp  
   
 
 
2 3 0 1. 0
/ /
3 4 0 22;4; 1
d P A B Cu nP d
A B CH P
       
       
 
0,25 
  
2 2 2
2 2 2 2
3
, 3 3
( 3 ) 3( ) (3)
A B C
d M P
A B C
A B C A B C
 
  
 
     
0,25 
Từ (1) có 2 3C A B   , thay vào (3) ta được: 
    2 22 2
2 2
5 8 3 2 3
5 22 17 0
5 17
A B A B A B
A B
A AB B
A B
      

      
 0,25 
2 
Với A B , ta có C B , không thỏa mãn (2) 
Với 5 17A B , ta có 17 19,
5 5
A B C B  . Chọn 5B  ta có 17, 19A C   , 
thỏa mãn (2) 
Vậy phương trình mp   :17 5 19 17 0P x y z    
0,25 
Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình: 10 4 3
1
z i
i z
  

 1,00 
 Điều kiện: 0z  . Gọi ( , )z a bi a b R   . Phương trình đã cho tương đương 
với 
 2 2. 10(1 ) (4 3 )(1 ) 10 10 7 (7 )z z i i i z a b i a b a b i             
0,25 
2 2 10 7
7 10
a b a b
a b
    
 
 
0,25 
2
2
2, 4
5 19 18 0 9
9 13,10 7 5
5 510 7
a
a ba a
a
a bb a
b a
 
                     
 0,25 
VII 
Vậy 2 4z i  hoặc 9 13
5 5
z i  0,25 
___________Hết_________