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

 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 
TRƢỜNG THPT THANH CHƢƠNG 1 Môn: TOÁN; Khối: A, A1 và khối B 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số .
1
12



x
x
y 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị )(H của hàm số. 
b) Tìm m để đường thẳng mxyd : cắt )(H tại hai điểm A, B phân biệt sao cho tam giác OAB có độ dài 
đường trung tuyến 2OM  (với O là gốc tọa độ, M là trung điểm của AB). 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 23sin2 2sin 4sin3 cos 2.x x x x   
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2 2
( 1) 5 5
( , ).
4 5 (2 ) 1 0
x y x y
x y R
y x x x y
     

     
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
24
0
tan 3tan 2
d .
2 sin 2
x x
I x
x

 


Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC cân tại A, ,AB AC a  ̂=120
0
 hình chiếu 
vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Cạnh bên SC tạo với mặt phẳng 
đáy một góc , biết 
3
tan
7
  . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB). 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: 
1 1
3 2
x y
x y
y x x y
 
      
 
. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
24 4
2 2
1 1
3 .
x y
P xy
y x y x
  
     
  
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 
A. Theo chƣơng trình Chuẩn 
Câu 7.a (1,0 điểm) . Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm A thuộc đường thẳng d1: 
4 0x y   , điểm ( 7;5)C  , đường thẳng đi qua D và trung điểm M của cạnh BC có phương trình d2:
4 3 23 0x y   . Xác định tọa độ các điểm A, B biết B có tung độ dương. 
Câu 8.a (1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho các điểm A(2;0;0), B(0;-2;0), C(0;0;1) và đường 
thẳng 
2 1
:
1 1 1
x y z
d
 
 

. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (ABC) cắt và 
vuông góc với đường thẳng d. 
Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi A là tập hợp các số có 3 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số: 1, 2, 3, 4, 5. Chọn ngẫu 
nhiên ba số từ A, tính xác suất để trong ba số được chọn có đúng một số có mặt chữ số 4. 
B. Theo chƣơng trình Nâng cao. 
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp 
2 2
( ) : 1
9 4
x y
E   và hai điểm A(3;-2) , 
B(-3;2) .Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian ,Oxyz cho đường thẳng 
3 1 3
:
2 1 1
x y z
d
  
  và mặt phẳng 
052:)(  zyxP . Gọi 'd là hình chiếu vuông góc của d lên (P) và E là giao điểm của d và (P). Tìm tọa 
độ điểm F thuộc (P) sao cho EF vuông góc với 'd và .35EF 
Câu 9.b (1,0 điểm). Tính hệ số của 4x trong khai triển biểu thức ),0(,)
1
1(3 





 x
x
x
n
 biết rằng n là số 
nguyên dương thỏa mãn .383 3 1
2
2
1
1   nnn CCC 
-------------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.................................. 
 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM 
 TRƢỜNG THPT THANH CHƢƠNG 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 
 Môn: TOÁN; Khối: A, A1 và khối B 
 (Đáp án có 05 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
1. 
(2,0 
điểm) 
a. (1,0 điểm) 
Tập xác định: }1{\  . 
Sự biến thiên: 
Chiều biến thiên: Ta có .1,0
)1(
3
'
2



 x
x
y 
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng    .;1,1;  
0,25 
 Giới hạn, tiệm cận: Ta có 
 



y
x 1
lim và 
 
.lim
1



y
x
 Do đó đường thẳng 1x là 
tiệm cận đứng của (H). 
Vì 2limlim 

yy
xx
 nên đường thẳng 2y là tiệm cận ngang của đồ thị. 
0,25 
 Bảng biến thiên: 
x  1  
'y   
y 
  
2 2 
  
c) Đồ thị: Đồ thị (H) cắt Ox tại 





0;
2
1
, cắt Oy 
tại  .1;0 (H) nhận giao điểm  2;1 I của 
hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 
0,5 
b. (1,0 điểm) 
Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình 
 mx
x
x



1
12
)1(01)1(
1),)(1(12
2 

mxmx
xmxxx
0,25 
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt 0)1(4)1(0
2  mm 







323
323
0362
m
m
mm (2) 
0,25 
Khi đó gọi
1 2,x x là nghiệm của pt(1) với .1,1 2121  mxxmxx 
1 1 2 2
1 1
( ; ), ( ; ), ( ; )
2 2
m m
A x x m B x x m M
 
     0,25 
Từ giả thiết ta có 2 2 2
1 1
2 ( ) ( ) 2
2 2
m m
OM
 
    3m  
 Đối chiếu với (2), ta có 3m  
0,25 
2. 
(1,0 
điểm) 
Phương trình đã cho tương đương với 
23sin 2 2(1 sin ) 4sin3 cos 0x x x x    
 2cos ( 3sin cos 2sin3 ) 0x x x x    
0,25 
x O 
y 
I 
 cos 0
3sin cos 2sin3 0
x
x x x

 
   
.cos 0
2
x x k

    
0,25 
3sin cos 2sin3 0 sin( ) sin3
6
x x x x x

       
0.25 
12
7
24 2
x k
x k


 

  
 
  

Vậy phương trình đã cho có nghiệm :
7
; ;
2 12 24 2
x k x k x k
   
        
0,25 
 3. 
1,0 
điểm 
Điều kiện: 5y   
Khi đó PT: ( 1) 5 5 ( 5)(1 5) 0x y x y x y y           
25 0 5,( 0)x y x y x        . (1) 
0,25 
PT:
2 2
2 2
2
4 5 (2 ) 1 0
( 2) 1 1
x y
y x x x y
x y

       
  
. (2) 0,25 
Xét hàm số : 
2 2 2
1
( ) ( ); '( ) 0,
1 ( 1) 1
t
f t t R f t x R
t t t
     
  
Hàm số ( )f t đồng biến trên R. (2) ( ) ( 2) 2PT f y f x y x      
0,25 
Hệ phương trình đã cho
2 5
2
x y
y x
  
 
 
. 
Giải hệ trên và đối chiếu với điều kiện suy ra hệ PT có nghiệm 
1 13 13 3
( ; ) ( ; )
2 2
x y
 
 
0,25 
4. 
(1,0 
điểm) 
Ta có 
2 24 4
2 2
0 0
1 tan 3tan 2 1 tan 3tan 2
d d
2 1 sin cos 2 cos (tan tan 1)
x x x x
I x x
x x x x x
 
   
 
   
 0,25 
Đặt 
2
tan dt
cos
dx
t x
x
   . 
1 2
2
0
1 3 1
2 1
t t
I dt
t t
 

 
 = 0,25 
1 1 1 2
2 2
0 0 0
1 2 1 1 1 ( 1)
1
2 1 2 2 1
t d t t
dt dt
t t t t
   
    
    
   = 0,25 
  
1
2
0
1 1
ln( 1) 1 ln3
2 2
t t t        0,25 
5. 
(1,0 
điểm 
0,25 
S 
 Trong tam giác ABC có 
2
01 3. .sin120
2 4
ABC
a
S AB AC 
2 2 2 02 . os120 3BC AB AC AB ACc BC a     
Gọi M là trung điểm của AB: 
2 2 2
2 7 ;
2 4 2
CA CB AB a
CM CM

    
2 7
3 3
a
CG CM  
Từ giả thiết ( )SG ABC  ))̂ ̂ =α 
Tam giác SGC vuông tại G: .tanSG CG a  , 
3
.
1 3
.
3 12
S ABC ABC
a
V SG S  
0.25 
Gọi H là hình chiếu của G trên AB, K là hình chiếu của G trên SH ta có 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ;( ))AB SHG SAB SHG GK SAB GK d G SAB       
( ;( ))
3 ( ;( )) 3
( ;( ))
d C SAB CM
d C SAB GK
d G SAB GM
    
0,25 
Lại có: 
2 21 3 3
3 12 6
GAB
GAB ABC
Sa a
S S GH
AB
     
Tam giác SGH vuông tại G ta có:
2 2 2
1 1 1 13
13
a
GK
GK GH GS
    
Vậy: 
3 13
( ;( ))
13
a
d C SAB  
0.25 
6. 
(1,0 
điểm 
Từ giả thiết ta có : 
3 3 3 3
3 2 2 2 ( ) 2 2 3 6
x y x y
x y x y
y x x y x y y x
     
                  
     
 Đặt 
2 10;( 2) 3 2 2 3 6 9 24 20 0
3
x y
t t t t t t t
y x
             
0,5 
4 4 3 3 2 2
4 4 3 3 2 2
2 3 6
x y x y x y x y
P
y x y x y x y x
       
               
      
4 3 22 3 4P t t t t      . Xét hàm số 4 3 2
10
( ) 2 3 4; ;
3
f t t t t t t
 
      
 
3 2 2 2'( ) 4 6 2 3 4 ( 1) 2( 3 1) 0f t t t t t t t t         
, với 
10
;
3
t
 
  
 
Hàm số f(t) đồng biến trên
10 10
; ( ) ( ) 4234
3 3
f t f
 
   
  
Đẳng thức xảy ra khi ( ; ) (3;1)x y  hoặc ( ; ) (1;3)x y  
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4234, đạt được khi 3; 1.x y  
0,5 
7a. 
(1,0 
điểm) 
PT tham số của 
1 :
4
x t
d
y t


 
Gọi 
1( ; 4)A t t d  , I là giao điểm của AC và d2. 
 Ta có IAD đồng dạng với ICM 
14 6
2 ( ; )
3 3
t t
AI IC I
 
   . 
0.25 
Mà I thuộc d2 nên ta có: 
14 6
4 3 23 0 5 (5;1)
3 3
t t
t A
    
        
   
. 0,25 
B 
G 
A 
M 
H 
C 
K 
 PT tham số 
2
5 3
:
1 4
x m
d
y m
  

 
Gọi 
2( 5 3 ;1 4 )M m m d    . M là trung điểm của BC (6 3;8 3)B m m   
   6 4;8 8 , 6 8;8 4CB m m AB m m      
0,25 
Mà 
0 ( 3; 3), ( )
. 0 6 21 33
( ; ).
5 5 5
m B loai
AB CB ABCB
m B
   
     
 
 
 Vậy
21 33
(5;1), ( ; ).
5 5
A B 
0,25 
8a. 
(1,0 
điểm) 
PT mặt phẳng (ABC): 1 2 2 0
2 2 1
x y z
x y z       

. 0,25 
Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với mp(ABC) thì I(1;-1;0) và đường thẳng  đi qua I 0,25 
Mp(ABC) có vtpt (1; 1;2)n   , d có vtcp: (1;1; 1)u   . 
Gọi 1u là vtcp của  . Ta có 
1
1
u n
u u
 


 , chọn 1 ; ( 1;3;2)u n u     
0,25 
Vậy phương trình đường thẳng là: 
1 1
1 3 2
x y z 
 

0,25 
9a. 
(1,0 
điểm) 
Số phần tử của A là: 3
5 60A  0,25 
Số các số thuộc A không có chữ số 4 là 3
4 24A  
Số các số thuộc A có chữ số 4 là: 60-24=36 
0,25 
Số cách chọn ba số khác nhau thuộc tập A là: 3
60( )n C  
Số cách chọn ba số khác nhau thuộc tập A trong đó có đúng một số có mặt chữ số 4 là: 
1 2
36 24.C C 
0,25 
Vậy xác suát cần tìm là:
1 2
36 24
3
60
. 2484
8555
C C
P
C
  0,25 
7b. 
(1,0 
điểm) 
1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có
2 2
1
9 4
x y
  và diện tích tam giác ABC là 
1 85 85
. ( ; ) 2 3 3
2 13 3 22 13
ABC
x y
S AB d C AB x y     
0,5 
2 285 170
3 2 3
13 9 4 13
x y 
   
 
Dấu bằng xảy ra khi 
2 2
21
39 4
2
2
3 2
x y
x
x y
y
    
 
  
 . Vậy 
3 2
( ; 2)
2
C .
0,5 
8b. 
(1,0 
điểm) 
d cắt (P) tại 
Giả sử 052)(),;;( 000000  zyxPFzyxF . (1) 
Vì 'dEF  nên dEF  (định lí 3 đường vuông góc) 0.  EFud 
 .022 000  zyx (2) 
0,5 
75)4()1(35 20
2
0
2
0  zyxEF (3) 
Từ (1), (2) và (3) suy ra ),1;5;4( F hoặc ).9;5;6(F 
0,5 
9b. 
(1,0 
điểm) 
Theo khai triển nhị thức Newton ta có 
Từ giả thiết ta có 2,
6
)1()1(
.3
2
)1)(2(
.8)1(3 



 n
nnnnn
n 
0,5 
)4;0;1(E
 .11
2
11
0229)1()2(86 2 




 n
n
n
nnnnn 


























k
i
i
i
i
k
kk
k
k
k
kk
k
k
x
CxC
x
xC
x
x
0
11
11
0
11
11
11
0
11
11
)1(
.)(3.
1
13.).(
1
13 
 .)1(.3. 2
11
0
11
0
11
i
k
i
k
i
i
k
k
k
k xCC



  
Xét phương trình 110,4
2
11


kii
k
 





0,3
1,1
110,32
ik
ik
kiik 
Suy ra hệ số của 4x là .44223.)1.(.3.
33
11
11
1
1
11  CCC 
----------Hết------- 
0,5 
CHÚ Ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.