Đề thi thử đại học lần 1 năm học 2013-2014 môn toán: khối a, b, d thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề

www.VNMATH.com 
SỞ GD VÀ ĐT HẬU GIANG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 
TRƯỜNG THPT LONG MỸ MÔN TOÁN: KHỐI A, B, D 
(Đề chính thức có 1 trang) Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề 
 Ngày 22.3.2014 
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1 (2,0 điểm ). Cho hàm số 3 2( 2)y x m x   có đồ thị  mC 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) khi 1m  
2) Tìm m để đường thẳng 2: 2d y m  cắt đồ thị  mC tại 3 điểm phân biệt , ,A B C thỏa:
2 2 2 18AB BC CA   
Câu 2 (2,0 điểm ). 
1) Giải phương trình sau: 2 22sin 2sin tan
4
x x x
 
   
 
2) Giải hệ phương trình sau:
2
2 2 2 2
7 2 1 10 8
( , )
4 5 1 1 4 5
x x y
x y R
x y y x y x y y
        

        
Câu 3 (1,0 điểm ) Tính tích phân sau: 
 4
0
tan .ln cos
cos
x x dx
I
x

  
Câu 4 (1,0 điểm ) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,  060ABC  ; cạnh SD vuông góc 
với mặt phẳng  ABCD . Hai mặt phẳng  SAB và  SBC vuông góc với nhau. Tính thể tích khối chóp .S ABCD 
và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAC 
Câu 5 (1,0 điểm ) Cho , , 0.x y z  Chứng minh rằng: 
3
2 2 2 4
x y z
x y z x y z x y z
  
     
II.PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) 
 Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc Phần B) 
Phần A 
Câu 6.a (2,0 điểm ). 
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn   2 2: 6 2 1 0C x y x y     . Viết phương trình đường thẳng 
d đi qua  0;2M và cắt đường tròn  C theo dây cung có độ dài bằng 4. 
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình thoi ABCD với    1;2;1 , 2;3;2A B . Tìm tọa độ C, D biết tâm I 
của hình thoi thuộc đường thẳng 
1 2
:
1 1 1
x y z
d
 
 
 
Câu 7.a (1,0 điểm ). 
 Cho khai triển 
2
23 2
n
x
x
 
 
 
 với 0x  và n là số nguyên dương thỏa mãn 1 3 2 12 1 2 1 2 1... 1024
n
n n nC C C

      trong 
đó knC là số tổ hợp chập k của n. Tìm hệ số của số hạng chứa 
5x . 
Phần B 
Câu 6.b (2,0 điểm ). 
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 3 đường thẳng sau 1 2: 2 3 0, : 2 2 0d x y d x y      
và 3 : 3 4 11 0d x y   . Viết phương trình đường tròn  T có tâm trên 1d , tiếp xúc với 2d và cắt 3d tại 2 điểm 
phân biệt ,A B sao cho 2AB  . 
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm  4; 1;3A  , đường thẳng 
3 1 2
:
2 1 2
x y z
d
  
 

 và mặt phẳng 
  : 3 4 5 0P x y z    . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , song song với  P và cắt đường thẳng d 
www.VNMATH.com 
Câu 7.b (1,0 điểm ) Tìm miền xác định của hàm số  
12 2 1
ln
2 1
x
x
x
f x
  
  
 
GV RA ĐỀ: Thầy Trần Văn Kim Nguyên; Nguyễn Thanh Tùng; Bùi Văn Nhạn 
TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013-2014 
 TỔ TOÁN MÔN: TOÁN A, B, D(LẦN 1) 
 ----------------------- 
 ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI 
Bảng hướng dẫn chấm gồm 7 trang 
 I. Hướng dẫn chung 
1) Nếu thí sinh làm bài không đúng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì giám khảo cho đủ 
điểm từng phần theo hướng dẫn quy định. 
2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo 
không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi. 
3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn điểm đến 0,5 điểm ( lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5 và lẻ 0,75 
làm tròn thành 1,0) 
II.Đáp án và thang điểm 
Câu Nội dung Điểm 
1 Cho hàm số 
3 2( 2)y x m x   có đồ thị  mC 2.0 đ 
1.1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) khi 1m  1.0 đ 
* Tập xác định: D = R 
* Sự biến thiên: 
 + lim
x
y

  ; 
x
ylim 
 + 2' 3 6y x x  
 + 
0 0
' 0
2 4
x y
y
x y
  
      
0.25 
+ BBT: 
x  0 2  
y’ + 0 – 0 + 
y 0  
 CĐ 
 – 4 
 CT 
0.25 
 Hàm số đồng biến trên khoảng (  ;0 và (2;  ) , nghịch biến trên (0;2) . 
 Hàm số đạt cực đại tại điểm 0x  với giá trị cực đại y(0) = 0 
 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm 2x  với giá trị cực tiểu y(2) = – 4 
0.25 
* Đồ thị: 
x
y
-4
1
3
2-1
0.25 
www.VNMATH.com 
1.2 
2) Tìm m để đường thẳng 
2: 2d y m  cắt đồ thị  mC tại 3 điểm phân biệt , ,A B C sao cho 
2 2 2 18AB BC CA   
1.0 đ 
Pt hoành độ giao điểm của  mC và 
2: 2d y m  là: 
3 2 2 3 2 2( 2) 2 ( 2) 2 0x m x m x m x m         
0.25 
 2 2( ) 2 2 0 2 2 0(*)
x m
x m x x m
x x m

      
  
Để d cắt  mC tại 3 điểm phân biệt  (*) co 2 nghiệm phân biệt khác m 
2
1
' 1 2 0
2
4 0
0, 4
m m
m m
m m
    
  
    
0.25 
Giả sử 
2 2 2
1 2( ; 2 ), ( ; 2 ), ( ; 2 )A m m B x m C x m   , trong đó 1 2,x x là 2 nghiệm của pt(*) 
Theo Vi ét ta có: 1 2 1 22, 2x x x x m    
Theo đề bài ta có : 
     
   
2 2 22 2 2
1 2 1 2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
18 18
2 2 6 2 18 2 8 10 0
AB BC CA x m x m x x
x x m x x x x m m m
         
          
0.25 
1; 5m m    . Kết hợp điều kiện trên ta nhận 1m  0.25 
2.1 
Giải phương trình sau: 2 22sin 2sin tan
4
x x x
 
   
 
1.0 đ 
ĐK: cos 0x  0.25 
2 2 2
2
sin
2sin 2sin tan 1 os 2 2sin
4 2 cos
cos sin 2 .cos 2sin .cos sin 0
cos sin sin 2 (cos sin ) 0 (cos sin )(1 sin 2 ) 0
x
x x x c x x
x
x x x x x x
x x x x x x x x
    
          
   
    
        
0.25 
sin cos
4
( , )
sin 2 1
4
x x x k
k l Z
x x l





    
 
    

0.25 
 ( )
4 2
x k k Z
 
   (thỏa mãn điều kiện) 
0.25 
2.2 Giải hệ phương trình sau:
2
2 2 2 2
7 2 1 10 8
( , )
4 5 1 1 4 5
x x y
x y R
x y y x y x y y
        

        
1.0 đ 
ĐK: 
2
1
10
x
y
 


 
Phương trình (2)      
2 21 2 1 1 1x y y x       
0,25 
www.VNMATH.com 
 
 
 
2 2 2
2 11 1
1 2 1 2 1
yx y
x y y
  
  
    
   2f x f y   
Xét  
2
1
1
t
f t
t



 với 2t   
 
 2 2
1
' 0
1 1
t
f t
t t

 
 
 với mọi 1t   nên  f t đồng biến với 1t   
Vậy    2 2 2f x f y x y y x        
0,25 
Khi đó thế 2y x  vào phương trình (1) ta được 
 2 7 2 1 10 2 8 0x x x          
2 7 2 21 10 8 0x x x          
ĐK: 
21
10
x   
Xét   2 7 2 21 10 8g x x x x         với 21
10
x   
Ta có  
2
1 10
'
2 2 2 21 107
x
g x
x xx
  
   
0 với 
21
10
x   
Vậy  g x nghịch biến trên khoảng  ; 2  nên phương trình   0g x  có nghiệm duy nhất. 
0,25 
Ta có  3 0g   nên phương trình   0g x  có nghiệm duy nhất 3x   
Suy ra 1y   
KL Hệ có nghiệm duy nhất 
3
1
x
y
 

 
0,25 
3 Tính tích phân sau: 
 4
0
tan .ln cos
cos
x x dx
I
x

  
1.0 đ 
Đặt cos sinu x du xdx    
Đổi cận: 
1
0 1;
4 2
x u x u

      
0.25 
Do đó: 
1 1
2 2
1 1
2 2
ln lnu x
I du dx
u x
   
0.25 
Đặt 
2
1 1 1
ln ;u x du dx dv dx v
x x x
       
www.VNMATH.com 
Do đó: 
1
1
2
2
11
2
1 1
lnI x dx
x x
   
0.25 
1
2
1
2 1 2
2 ln 2 ln 2 1
2 2x
   
       
   
0.25 
4 
Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,  060ABC  ; cạnh SD vuông góc với 
mặt phẳng  ABCD . Hai mặt phẳng  SAB và  SBC vuông góc với nhau. Tính thể tích khối chóp 
.S ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAC 
1.0 đ 
O
BA
D
C
S
MH
Ta có ABCD là hình thoi nên BA BC và  060ABC  nên tam giác ABC đều cạnh a 
 
AC BD
AC SBD
AC SD

 

 suy ra AC SB 
Kẻ  OM SB M SB  suy ra  SB MAC 
Vậy góc      090 ,AMC SAB SBC  hay AM MC suy ra 1
2 2
a
OM AC  
Và 
2 2 2
2 2 2 3 2 2
4 4 4 2
a a a a
BM OB OM BM       
0.25 
Ta giác BMO đồng dạng với tam giác BDS nên 
6
2
SD BD a
SD
OM BM
   
Thể tích khối chóp S.ABCD là 
2 3
.
1 1 6 3 2
.
3 3 2 2 4
S ABCD ABCD
a a a
V SD S   
0.25 
Vì O là trung điểm BD nên      , ,d B SAC d D SAC 
www.VNMATH.com 
Do  AC SBD (CMT) suy ra    SAC SBD . Kẻ  DH SO H SO  suy ra  DH SAC 
vậy   ,DH d B SAC 
0,25 
Tam giác SDO vuông tại D và DH đường cao nên 
2 22 2 2 2
1 1 1 1 1 12 2
3 6 6 2
4 4
a
DH
a aDH DO DS a
       
Vậy    2,
2
a
d B SAC  
0,25 
5 Cho , , 0.x y z  Chứng minh rằng: 
3
2 2 2 4
x y z
x y z x y z x y z
  
     
1.0đ 
Với , 0a b  . Ta có : 
1 1 1 1
4a b a b
 
  
  
0.25 
Ta có : 
1 1 1 1 1 1
2 2 2 4 4 4
x y z x y z
x y z x y z x y z x y x z x y y z x z y z
     
            
                
0.25 
1
2 2 2 4
x y z x y y z z x
x y z x y z x y z x y y z z x
   
               
0.25 
3
2 2 2 4
x y z
x y z x y z x y z
   
     
0.25 
6a.1 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn   2 2: 6 2 1 0C x y x y     . Viết phương trình 
đường thẳng d đi qua  0;2M và cắt đường tròn  C theo dây cung có độ dài bằng 4. 
1.0 đ 
Từ đtròn  C có tâm I(3;1) và bán kính R = 3 . Giả sử  C cắt d tại 2 điểm A, B . Hạ IH AB thì 
H là trung điểm AB suy ra AH = 2. Ta có 
2 2 5IH IA AH   
0.25 
Vì d qua  0;2M nên có pt: 2 2( 0) ( 2) 0 ( 0) 2 0A x B y A B Ax By B          
0.25 
Ta có 
2 2
2 2
3 2
5 5 2 3 2 0
A B B
IH A AB B
A B
 
      

Chọn 
2
1 1
2
A
B
A

 
  

0.25 
Vậy có đt là 1 2( ) : 2 2 0; ( ) : 2 4 0d x y d x y      0.25 
6a.2 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình thoi ABCD với    1;2;1 , 2;3;2A B . Tìm tọa độ C, 
D biết tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng 
1 2
:
1 1 1
x y z
d
 
 
 
1.0 đ 
Do ( 1 ; ;2 )I d I t t t      . Ta có : ( ; 2;; 1), (3 ; 3; )IA t t t IB t t t       
 
 0.25 
Mà ABCD là hình thoi nên 
2. 0 3 9 6 0 1; 2IA IB t t t t         
 
 0.25 
* Với 1 (0;1;1) (1;0;1), ( 2; 1;0)t I C D      0.25 
* Với 2 (1;2;0) (3;2; 1), (0;1; 2)t I C D      0.25 
www.VNMATH.com 
7a 
Cho khai triển 
2
23 2
n
x
x
 
 
 
 với 0x  và n là số nguyên dương thỏa mãn 
1 3 2 1
2 1 2 1 2 1... 1024
n
n n nC C C

      trong đó 
k
nC là số tổ hợp chập k của n. Tìm hệ số của số hạng chứa 
5x . 
1.0 đ 
Xét khai triển    2 1 0 1 2 2 2 2 2 1 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 11 ... 1
n n n n n
n n n n nx C C x C x C x C x
  
           
Từ (1) cho 1x  ta được  2 1 0 1 2 2 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 12 ...
n n n
n n n n nC C C C C a
 
          
Từ (1) cho 1x   ta được  0 1 2 2 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 10 ...
n n
n n n n nC C C C C b

          
0,25 
Lấy    a b ta được  2 1 1 3 22 1 2 1 2 12 2 ...n nn n nC C C       
1 3 2 1 2
2 1 2 1 2 1... 2
n n
n n nC C C

       
Mà 1 3 2 1 22 1 2 1 2 1... 1024 2 1024 5
n n
n n nC C C n

          
0,25 
Khi n = 5 ta có  
2 10 1010 10
2 2 2 10 3 10
10 10
0 0
3 3 3
2 2 2 3 .2 .
n k
kk k k k k
k k
x x C x C x
x x x

 
 
     
        
     
  
Để có 5 3 10 5 5x k k     
0,25 
khi đó hệ số của số hạng chứa 5x là 5 5 5103 2C 0,25 
6b.1 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 3 đường thẳng sau 1 2: 2 3 0, : 2 2 0d x y d x y      
và 3 : 3 4 11 0d x y   . Viết phương trình đường tròn  T có tâm trên 1d , tiếp xúc với 2d và cắt 
3d tại 2 điểm phân biệt ,A B sao cho 2AB  . 
1.0 đ 
Gọi I là tâm của  T khi đó 1I d nên  3 2 ;I a a và R là bán kính của  T 
Do  T tiếp xúc với 2d nên  2
8 3
,
5
a
d I d R

  
0.25 
Gọi H là trung điểm của AB suy ra tam giác IAH vuông tại H và 1AH  
Khi đó  2 2 2 2 21 2IA AH IH R IH     
 3
20 10
, 4 2
5
a
IH d I d a

    
0.25 
Từ  
 
     
2
2 2 28 3
2 1 4 2 8 3 5 5 4 2
5
a
a a a

         
 2 264 48 9 5 5 16 16 4a a a a       2 264 48 9 5 80 80 20a a a a       
2
1
11 32 21 0 21
11
a
a a
a

    
 

0,25 
Với  1 1;1 , 5a I R   nên pt  T :    
2 2
1 1 5x y    
Với 
21 9 21 5 5
; ,
11 11 11 11
a I R
 
    
 
 nên pt  T : 
2 2
9 21 125
11 11 121
x y
   
      
   
0,25 
6b.2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm  4; 1;3A  , đường thẳng 
3 1 2
:
2 1 2
x y z
d
  
 

1.0đ 
www.VNMATH.com 
và mặt phẳng   : 3 4 5 0P x y z    . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , song song với 
 P và cắt đường thẳng d 
Gọi  B P  suy ra  3 2 ;1 ;2 2B t t t   
VTPT của    : 3; 4;1P n  

0.25 
 2 1; 2;2 1AB t t t    

Đường thẳng  đi qua A , song song với  P và cắt đường thẳng d nên  / /AB P suy ra 
. 0AB n 
 
0.25 
   . 0 3 2 1 4 2 2 1 0 12 12 0 1AB n t t t t t            
 
Với  1 5;0;4t B  
0,25 
Ta thấy  ,A B P nên đường thẳng  thỏa đề bài đi qua A, nhận  1;1;1AB 

 làm VTCP có 
phương trình 4 1 3x y z     
0,25 
7b Tìm miền xác định của hàm số  
12 2 1
ln
2 1
x
x
x
f x
  
  
 
1.0 đ 
Hàm số đã cho xác định  
12 2 1
0 1
2 1
x
x
x  
 

Xét   12 2 1xf x x   suy ra   1' 2 ln 2 2 0xf x     suy ra  f x nghịch biến trên R 
suy ra phương trình   0f x  có nghiệm duy nhất. Dễ thấy  1 0f  khi đó 1x  là nghiệm duy 
nhất của phương trình   0f x  
0.25 
     0 1 1f x f x f x     
     0 1 1f x f x f x     
2 1 0 0x x    
2 1 0 0;2 1 0 0x xx x        
0,25 
BXD: 
x  0 1  
12 2 1x x   + + 0 - 
2 1x  - 0 + + 
 1VT - + 0 - 
0.25 
Từ bảng xét dấu suy ra tập nghiệm bất phương trình (1) là  0;1x 
Vậy tập xác địnhcủa hàm số là  0;1D  
0,25 
www.VNMATH.com