Đề thi thử đại học lần 1 môn thi: Toán 12; khối: A, A1, B

www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
SỞ GD VÀ ĐT BÌNH PHƯỚC 
TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 – 2014 
Môn thi: Toán 12; Khối: A, A1, B 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y x mx m m4 2 42 2= − + + 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 1m = . 
b) Với những giá trị nào của m thì hàm số có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị đó lập 
thành một tam giác có diện tích bằng 4 2 . 
Câu 2 (2 điểm) 
a) Giải phương trình: 2cos6 2cos 4 3 cos 2 sin 2 3x x x x+ − = + 
b) Giải hệ phương trình sau: ( )
2 2
2 2
8 3 2
4 2 3 2 5
x y xy y x
x y x y
 + − = +

− + − = − +
 với , .x y R∈ 
Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân sau: ( )2 3 2
1
ln 1 3ln
3
x x x
I dx
x x
+ −
=
−
∫ 
Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , tam giác SAC cân 
tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SB hợp với đáy một góc 30o , M là trung điểm 
của BC . Tính thể tích khối chóp .S ABM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AM theo a . 
Câu5 (1 điểm) Cho ba số thực dương , ,x y z thỏa điều kiện x z≥ . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức 
2 2 2 2
x y zP
z xx y y z
= + +
++ +
. 
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B sau: 
A. Theo chương trình chuẩn 
Câu 6a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng : 3d y = . Gọi ( )C là đường tròn 
cắt d tại hai điểm ,B C sao cho tiếp tuyến của ( )C tại B và C cắt nhau tại gốc tọa độ O . Viết phương 
trình đường tròn ( )C , biết tam giác OBC đều. 
Câu 7a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( )E có phương trình 
2 2
1
8 4
x y
+ = . Giả sử 
1 2,F F là hai tiêu điểm của elip trong đó 1F có hoành độ âm. Tìm điểm M trên elip sao cho 
1 2 2MF MF− = . 
Câu 8a (1 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1 35 n
n n
C C− = . Tìm số hạng chứa 5x trong khai 
triển nhị thức Niu-tơn 
2 1
14
n
nx
x
 
− 
 
, 0x ≠ . 
B. Theo chương trình nâng cao 
Câu 6b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , ( 1;2)A − . Gọi ,M N 
lần lượt là trung điểm của AD và DC , E là giao điểm của BN với CM . Viết phương trình đường 
tròn ngoại tiếp tam giác BME biết : 2 8 0BN x y+ − = và B có hoành độ lớn hơn 2. 
Câu 7b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( )E có phương trình 
2 2
1
25 9
x y
+ = và điểm 
(1;1)M . Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt elip tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho 
M là trung điểm của AB . 
Câu 8b (1 điểm) Một hộp chứa 5 bi xanh, 7 bi đỏ và 8 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 8 viên bi từ hộp. Tính 
xác suất để 8 viên bi được lấy ra có đủ cà 3 màu. 
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
Trường THPT Hùng Vương 
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013–2014 
Môn thi: Toán; Khối: A, A1, B 
NỘI DUNG ĐIỂM 
Câu I.1 Cho hàm số y x mx m m4 2 42 2= − + + . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị 
hàm số khi 1m = . 
1,0 
Với m = 1 ta có: 4 22 3y x x= − + 
Tập xác định D = R . 
+ Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞ 
0,25 
 + 3' 4 4y x x= − ; 3
0
' 0 4 4 0 1
1
x
y x x x
x
=

= ⇔ − = ⇔ =
 = −
 0,25 
 + Bảng biến thiên 
x 
−∞ 1− 0 1 +∞ 
'y 
− 
0 + 0 − 0 + 
y 
+∞ 
2 
3 
2 
 +∞ 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; 1)−∞ − và (0;1) 
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 1;0)− và (1; )+∞ 
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, y = 3. 
Hàm số đạt cực tiểu tại hai điểm điểm 1x = − , y = 2 và 1x = , y = 2. 
0,25 
Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt: ( 2;11), (2;11)− . 
Đồ thị hàm số nhận trục Oy là trục đối xứng. 
0,25 
Câu I.2 Với những giá trị nào của m thì hàm số có ba điểm cực trị, đồng thời ba 
điểm cực trị đó lập thành một tam giác có diện tích bằng 4 2 . 1,0 
Ta có 3 2
0
' 4 4 ; ' 0
x
y x mx y
x m
 =
= − = ⇔

=
Hàm số có 3 cực trị ' 0y⇔ = có 3 nghiệm phân biệt
0m⇔ >
(*) 
0,25 
Với điều kiện (*), phương trình y 0′= có 3 nghiệm 1 2 3; 0;= − = =x m x x m . 
Hàm số đạt cực trị tại 1 2 3; ;x x x . 
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
Gọi ( ) ( )4 4 2 4 2(0;2 ); ; 2 ; ; 2+ − + − − +A m m B m m m m C m m m m là 3 điểm cực trị của 
đồ thị hàm số . 
0,25 
Ta có: 2 2 4 2; 4AB AC m m BC m ABC= = + = ⇒ ∆ cân đỉnh A 
Gọi M là trung điểm của BC M m m m AM m m4 2 2 2(0; 2 )⇒ − + ⇒ = = 
Vì ABC∆ cân tại A nên AM cũng là đường cao, do đó: 1 .
2ABC
S AM BC∆ = 
0,25 
Ta có: 
2 51 14 2 . 4 2 4 4 2 32 2
2 2ABC
S AM BC m m m m∆ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = 
Kết luận.: 2m = 
0,25 
Câu II.1 Giải phương trình lượng giác: 2cos6 2cos 4 3 cos 2 sin 2 3x x x x+ − = + 1,0 
( )
( )
2
2(cos6 cos 4 ) sin 2 3. 1 cos 2
4cos5 .cos 2sin .cos 2 3 cos
cos 2cos5 sin 3 cos 0
cos 0 (1)
2cos5 sin 3 cos 0 (2)
x x x x
x x x x x
x x x x
x
x x x
+ = + +
⇔ = +
⇔ − − =
=
⇔ 
− − =
0.25 
0,25 
cos 0 ,( )
2
x x k k Zpi pi= ⇔ = + ∈ , 0.25 
5 2
6 24 2
cos5 cos ,( ) ,( )
6 5 2
36 36
x x k x k
x x k Z k Z
x kx x k
pi pi pi
pi
pi
pi pipi
pi
 
= + + = +  
= + ⇔ ∈ ⇔ ∈  
   
= += − − +
 
Kết luận: ,
2
x kpi pi= + ,
24 2
x kpi pi= + , ( )
36 3
x k k Zpi pi= + ∈ . 
0.25 
Câu II.2 Giải hệ phương trình : 
( ) 2 2
2 2
8 3 2
4 2 3 2 5
x y xy y x
x y x y
 + − = +

− + − = − +
 1,0 
• Điều kiện: 
2
3
x
y
≤
 ≤
, phương trình ( )( ) 0(1) 2 8 0
2 8
x y
x y x y
x y
+ =
⇔ + + − = ⇔  + =
. 
0,25 
• Với 2 8x y+ = 
Ta có : 
2 2
2 8
3 2 6
x x
x y
y y
≤ ≤ 
⇔ ⇒ + ≤ ≤ ≤ 
Khi đó: 
2
2 8
3
x
x y
y
=
+ = ⇔ 
=
 không thỏa hệ. 
0.25 
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
•Với 0x y y x+ = ⇔ = − thay vào phương trình (2) 
2(2) 4 2 3 5x x x⇔ − + + = + . Điều kiện: 3 2x− ≤ ≤ 
( ) ( )
( ) ( )
2(2) 4 2 1 3 2 1
1 14 1 1
2 1 3 2
x x x
x x
x x
x x
⇔ − − + + − = −
− −
⇔ + = − +
− + + +
1 1
4 1 1 0 (*)
2 1 3 2
x y
x
x x
= ⇒ = −
⇔

− + + =

− + + +
0,25 
• Xét phương trình (*), đặt 4 1( ) 1
2 1 3 2
f x x
x x
= − + +
− + + +
Ta có: ( ) ( ) ( )
'
2 2
2 1( ) 1 0; 3;2
2 2 1 2 3 3 2
f x x
x x x x
= + + > ∀ ∈ −
− − + + + +
Mặt khác ( )f x liên tục trên [ ]3;2− , suy ra ( )f x đồng biến trên [ ]3;2− . 
Ta có: ( 2) 0f − = , suy ra (*) có nghiệm duy nhất 2 2x y= − ⇒ = . 
Kết hợp điều kiện, hệ có hai nghiệm ( ) ( )1; 1 , 2;2− − . 
0.25 
Câu III. Tính tích phân ( )2 3 2
1
ln 1 3ln
3
x x x
I dx
x x
+ −
=
−
∫ 1,0 
Ta có ( )
1 2
2 2 2
3 2 2 2
1 1 1
ln 1 3ln ln 1
3 3
I I
x x x xI dx dx dx
x x x x x
+ −
= = +
− −
∫ ∫ ∫

 

 0,25 
( )
22 2 2 2
1 2 2
1 1 1 11
ln 1 1 1 1 1 1 1ln ln ln ln2 ln2
2 2 2
xI dx xd x d x dx
x x x x x
− − − − 
= = = + = + = + 
 
∫ ∫ ∫ ∫ 0,25 
22 2
2 2
1 1 1
1 1 1 1 1 3 1ln ln 4
3 3 3 3 3
xI dx dx
x x x x x
− 
= = − = = − 
− − 
∫ ∫ 0,25 
1 1 1ln 2 ln 4
2 2 3
I⇒ = − − 0,25 
Câu IV. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , tam 
giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SB hợp với đáy 
một góc 30o , M là trung điểm của BC . Tính thể tích khối chóp .S ABM và khoảng 
cách giữa hai đường thẳng SB và AM theo a . 
1.0 
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
• Gọi H là trung điểm AC; ta có: 
( )SH AC SH ABC⊥ ⇒ ⊥ ,  30oSBH = 
3
2
aAM BH= = , 
21 1 3 3
. . .
2 2 2 2 8ABM
a a aS MB MA= = = 
• . tan 30
2
o aSH BH= = 
Thể tích 
31 3
.
3 48SABM ABM
aV S SH= = . 
•Kẻ ( )/ / / /Bt AM AM SBt⇒ 
( ) ( )( ), ,d AM SB d AM SBt⇒ = 
Gọi I là hình chiếu của H trên Bt, J HI AM= ∩ , L là hình chiếu của J trên SI 
Ta có ( ) ( )
JL SI
JL SBt
Bt SHI Bt JL
⊥
⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥
( )( ),d AM SBt JL⇒ = . 
• Gọi 'L là hình chiếu của L trên SI ; ta có: '2
3
JL JL= 
3 3
4 4
aHI BC= = , '
'2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 16 52 3
9 9 52
aHL
HL SH HI a a a
= + = + = ⇒ = 
 Vậy ( ) '2,
3 13
ad AM SB JL HL= = = . 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu V. Cho ba số thực dương , ,x y z thỏa điều kiện x z≥ . Hãy tìm giá trị lớn nhất 
của biểu thức 
2 2 2 2
x y zP
z xx y y z
= + +
++ +
1.0 
2 2
1 1 1
11 1
P
xy z
zx y
= + +
    ++ +      
Trước hết ta chứng minh BĐT 
2 2
1 1 2
11 1 aba b
+ ≤
++ +
 (*) ; với , 0, 1a b ab> ≤ 
Ta có 2 22 2
1 1 1 12
1 11 1 a ba b
 
+ ≤ + + + + +
Mặt khác ( ) ( )22 21 1 2 1 01 1 1 a b aba b ab+ ≤ ⇔ − − ≤+ + + luôn đúng với , 0, 1a b ab> ≤ 
Suy ra BĐT (*) đúng. Đẳng thức xảy ra khi a b= . 
Áp dụng BĐT (*) ta có: 2 1
1 1
P
z z
x x
≤ +
+ +
Đạt , 0 1zt t
x
= < ≤ , 
2 1 2
1 1 11
tP
t t
t
+
≤ + =
+ +
+
0.25 
0.25 
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
Xét hàm số 2( ) ; 0 1
1
tf t t
t
+
= < ≤
+
, 
( )
'
3
1 2( )
2 1
tf t
t t
−
=
+
, 
'
1( ) 0
4
f t t= ⇔ = 
Vậy max 5P = khi 2 4
1
4
y z
x y
x y z
z
t
x

=
⇔ = =

= =

. 
 t 0 1
4
 1 
' ( )f t + 0 - 
 5 
 ( )f t 
0.25 
0.25 
Câu Vi.a.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng : 3d y = . Gọi ( )C là 
đường tròn cắt d tại hai điểm ,B C sao cho tiếp tuyến của ( )C tại B và C cắt nhau 
tại gốc tọa độO . Viết phương trình đường tròn ( )C , biết tam giác OBC đều. 
1,0 
Gọi (C) có tâm I bán kính R. OI cắt BC tại H thì H là trung điểm BC và OH vuông 
góc BC suy ra H(0; 3 ) suy ra OH = 3 . Do tam giác OBC đều nên 
3 3 2
2
BCOH BC= = ⇔ = . 
H IO
B
C
0,25 
Trong tam giác vuông IB có 2 1. 1
3
HB HI HO IH= = ⇒ = 
1 3 4 3(0; ) (0; )
3 3 3
HI OH I= = ⇒
 
0,25 
Trong tam giác vuông IBH có 2 2 2 2 4
3
R IB IH HB= = + = 0,25 
Vậy phương trình đường tròn (C):
2
2 4 3 4
3 3
x y
 
+ − = 
 
 0,25 
 Câu Via.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( )E có phương trình chính tắc: 
2 2
1
8 4
x y
+ = . Giả sử 1 2,F F là hai tiêu điểm của elip trong đó 1F có hoành độ âm. 
Tìm điểm M trên elip sao cho 1 2 2MF MF− = . 
1,0 
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
Vì elip ( )E : 
2 2
1
8 4
x y
+ = nên 
2 2 28, 2 8 4 4 2a b c a b c= = ⇒ = − = − = ⇒ = 1 2( 2;0), (2;0).F F⇒ − 
0,25 
Giả sử 0 0( ; ) ( )M x y E∈ ta có: 
0 0
1
22 2
2 2
cx xMF a
a
= + = + , 0 02
22 2
2 2
cx xMF a
a
= − = − 
Do đó 1 2 0 2MF MF x− = 
0,25 
Ta có: 1 2 0 02 2 2 2MF MF x x− = ⇔ = ⇔ = . 
Với 
2
02 0
0 0
0
322 4 1 4 1 3
8 8 3
yx
x y
y
 =   
= ⇒ = − = − = ⇔   
  = −  
0,25 
Kết luận có hai điểm M thỏa mãn bài toán là: ( )1 2; 3M và ( )2 2; 3M − 0,25 
Câu VIIa. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1 35 n
n n
C C− = . Tìm số hạng chứa 5x 
trong khai triển nhị thức Niu-tơn 
2 1
14
n
nx
x
 
− 
 
, 0x ≠ . 
1.0 
1 35 n
n n
C C− = ⇔ ( 1)( 2)5.
6
n n n
n
− −
= ⇔ 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) ⇒ n = 7 
 Gọi a là hệ số của x5 ta có 
72
7 5
7
1
.
2
i i
i xC ax
x
−
−
   
− =  
  
⇔ 
7
7 14 3 5
7
1( 1) . .
2
i
i i iC x ax
−
− −
 
− = 
 
 ⇒ 14 – 3i = 5 ⇒ i = 3 và 
7
7
7
1
.
2
i
iC a
−
−
 
− = 
 
 ⇒ a = 
35
16
−
. 
Vậy số hạng chứa x5 là 35
16
−
. 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu Vib.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , ( 1;2)A − . 
Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của AD và DC , E là giao điểm của BN với 
CM . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BME biết 
: 2 8 0BN x y+ − = và B có hoành độ lớn hơn 2. 
1.0 
• Gọi H là hình chiếu của A trên BN, 
( ) 8,
5
AH d A BN= = 
Đặt , 0AB a a= > 
Ta có AH đi qua trung điểm I của BC 
2
2 5
4 2
a aAI a= + = , 
2 2 8 5
. . 4
25
aAB AH AI a a AB= ⇔ = ⇔ = =
0.25 
0.25 
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
Do ( );8 2B BN B t t∈ ⇒ − 
( ) ( )2 2 2
7 ( )
4 1 6 2 4 5 22 21 0 5
3
t loai
AB t t t t
t

=
= ⇔ + + − = ⇔ − + = ⇔

=
(3;2)B⇒ 
• AD qua A và vuông góc với AB : 1AD x⇒ = − 
Gọi ( )1;10J AD BN J= ∩ ⇒ − 
D trung điểm AJ ( ) ( )1;6 1;4D M⇒ − ⇒ − 
• Ta có BME∆ vuông tại E, nên tâm đường tròn goại tiếp K là trung điểm BM 
(1;3)K⇒ , bán kính 5R KB= = 
Vậy đường tròn cần viết là ( ) ( )2 21 3 5x y− + − = . 
0.25 
0.25 
Câu Vib.2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( )E có phương trình chính tắc: 
2 2
1
25 9
x y
+ = và điểm (1;1)M . Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt elip 
tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho M là trung điểm của AB . 
1,0 
Xét trường hợp đường thẳng qua M không có hệ số góc với phương trình là: x = 1 
(không thỏa mãn bài toán). 
Xét trường hợp đường thẳng cần tìm qua M với hệ số góc k khi đó phương trình có 
dạng : 1 ( 1)d y k x− = − . Ta có phương trình hoành độ giao điểm của d và (E) là: 
2 2
2 2 2( 1 ) 1 (25 9) 50(1 ) 25(1 ) 225 0
25 9
x kx k k x k x k+ −+ = ⇔ + + − + − − = , (*). 
0,25 
Ta có d cắt (E) tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 
2 2 2 2
' 25 (1 ) 25(1 ) 225 (25 9) 0,(**).k k k k ⇔ ∆ = − − − − + >  
0,25 
Gọi 1 1 2 2( ; ), ( ; )A x y B x y khi đó 1 2;x x là các nghiệm của phương trình (*). Để M là 
trung điểm của AB ta có: 1 2 2x x+ = . Áp dụng định lý Viet ta có: 
1 2 2
50 (1 ) 92 2
25 9 25
k k
x x k
k
− −
+ = ⇔ = ⇔ = −
+
. 
0,25 
Đối chiếu với điều kiện (**) ta thấy 9
25
k = − thỏa mãn. Từ đó ta có phương trình 
của đường thẳng d là: 9 25 34 0x y+ − = 
0,25 
Câu VII.b. Một hộp chứa 5 bi xanh, 7 bi đỏ và 8 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 8 viên bi 
từ hộp. Tính xác suất để 8 viên bi được lấy ra có đủ cà 3 màu. 1.0 
Lấy ngẫu nhiên 8 bi từ hộp , không gian mẫu có : 8
20 125970CΩ = = 0.25 
Số cách chọn 8 bi không có đủ cả 3 màu : 
a/ Chọn 8 bi chỉ có 1 màu : ( chỉ chọn được màu vàng) : 8
8 1C = 
b/ Chọn 8 bi có 2màu : 8 8 8 8
12 13 15 82 8215C C C C+ + − = 0.25 
Gọi A là biến cố chọn 8 bi không đủ cả 3 màu 
8215 1 8216A⇒ Ω = + = 
Xác suất P(A) = 
8
20
8216 316
4845
A
C
Ω
= =
Ω
 0.25 
Gọi B là biến cố 8 bi được chọn có đủ cả 3 màu B A⇒ = 
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
Xác suất P(B) = 1 – P(A) = 4529
4845
 0.25 
- - - HẾT- - -