Đề thi thử đại học lần 4, năm học 2013 - 2014 Môn: Toán - Khối A,A1,B TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

SỞ GD & ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN 
 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2013 - 2014 
MÔN: TOÁN - KHỐI A,A1,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 
3 21 41 2 1
3 3
y x m x m x
 (m là tham số). 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 
1m
. 
 2. Tìm m để hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại 
1 2,x x
 sao cho 
4 4
1 2
1 1
2
x x
. 
Câu 2 (1,0 điểm): Giải phương trình 
2 1 sin 1sin cos cos 2
cos 2 2
x
x x x
x
. 
Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình 
1 1 1
,5
2 9 2 2
4 2 9
x y x y y x y y
x y
x y x y
x y
 
Câu 4 (1,0 điểm): Tính tích phân 2
2 2
1 ln 1
ln
e
e
x x
I dx
x x
 
Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp 
.S ABCD
, có đáy 
ABCD
 là hình vuông, tam giác 
SAB
 vuông tại 
S
 và 
nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Biết 
SA a
 và cạnh bên 
SB
 tạo với mặt đáy 
ABCD
 một 
góc 
030
. Tính thể tích khối chóp 
.S ABCD
 và khoảng cách giữa hai đường thẳng 
SA
 và 
BD
. 
Câu 6 (1,0 điểm): Cho ba số thực dương 
, ,a b c
 thỏa mãn 
2 2c a b a b
. Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức 
2 2 2
1 1 1 4
1 1 11 1 1
P
a b ca b c
. 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 
A. Theo chương trình Chuẩn: 
Câu 7a (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ 
Oxy
, cho tam giác 
ABC
 cân tại 
A
 nội tiếp đường tròn 
T
 
tâm 
0;5I
. Đường thẳng 
AI
 cắt đường tròn 
T
 tại điểm 
5;0M
 
M A
, đường cao đi qua 
C
 cắt 
đường tròn 
T
 tại 
17 6
;
5 5
N N C
. Tìm tọa độ các đỉnh 
, ,A B C
 của tam giác 
ABC
 biết 
0Bx
. 
Câu 8a (1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục tọa độ 
Oxyz
, cho đường thẳng 
1 2
:
2 1 3
x y z
d
 và 
mặt phẳng 
: 2 2 3 0P x y z
 cắt nhau tại 
I
. Tìm tọa độ điểm 
M
 trên đường thẳng 
d
 sao cho 2 
điểm 
,I M
 và hình chiếu của 
M
 trên 
P
 là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích bằng 
13
2
 . 
Câu 9a (1,0 điểm): Giải phương trình 
2
2 22 5 2 6 0z z z z
 trên tập số phức. 
B. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu 7b (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ 
Oxy
, cho tam giác 
ABC
. Phân giác trong góc 
A
, phân giác 
ngoài góc 
B
 lần lượt có phương trình 
2; 7 0x x y
. Các điểm 
1
;1 , 2;1
2
I J
 lần lượt là tâm 
đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác 
ABC
. Tìm tọa độ các điểm 
, , .A B C
 
Câu 8b (1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục tọa độ 
Oxyz
, cho mặt cầu 
2 2 2: 1 2 5S x y z
 và đường thẳng 
1
: 1 3
0
x t
d y t
z
 . Viết phương trình mặt phẳng 
P
chứa đường thẳng 
d
 và cắt mặt cầu 
S
 theo một đường tròn có chu vi bằng 
4 .
 
Câu 9b (1,0 điểm): Gọi 
1 2,z z
 là hai nghiệm phức của phương trình 
2 3 4 0z i z
. Viết dạng lượng 
giác của các số phức 
2014 2014
1 2, .z z
 
--------------------Hết--------------------
 1/4 
 
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN 
(Đáp án – thang điểm có 04 trang) 
 
ĐÁP ÁN 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2013-2014 
MÔN TOÁN - KHỐI A,A1,B 
Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM 
1 
(2,0 
điểm) 
1. (1,0 điểm): Khi 3
2 41 2 3
3 3
x
m y x x
 
+ Tập xác định: 
R
 
+ Sự biến thiên: 
lim ; lim
x x
y y
 
 
 
0,25 
 
 
2' 4 3; ' 0 1; 3y x x y x x
. Hàm số đồng biến trên các khoảng 
;1 , 3;
, nghịch biến trên 
1;3
 và đạt cực đại tại 
1x
, cực tiểu tại 
3x
. 
0,25 
BBT: 
x 1 3 
y' + 0 0 + 
y 0 
 
 
4
3
 
 
 
 
 
0,25 
+ Vẽ đồ thị 0,25 
2. (1,0 điểm): Ta có 
2' 2 1 2 1; ' 0 1, 2 1y x m x m y x x m
 0,25 
Hàm số có 2 cực trị khi 
2 1 1 0m m
 0,25 
44 4
1 2
2 1 1 01 1 1
2 1
2 1 1 12 1
m m
x x m
 
 
0,25 
So với điều kiện, ta nhận được 
1m
 0,25 
2 
(1,0 
điểm) 
Điều kiện: 
cos 0x
 
Phương trình 
2 sin 1sin cos sin cos
cos
x
x x x x
x
 
 
0,25 
2
2 2sin 1 1 cossin cos sin 1 0 sin sin 1 0
cos cos
x x
x x x x x
x x
 
 
0,25 
2
sin 0
sin sin cos 1 0
sin cos 1 0
x
x x x
x x
 
 
0,25 
sin 0x x k
 
2
sin cos 1 0
2
2
x k
x x
x k l
 
 
 
0,25 
3 
(1,0 
điểm) 
Điều kiện: 
 
1; 0;2 9 0;2 2 0; 1 1 0;4 2 9 0x y x y x y x y x y y x y
 
Với 
0y
 không thỏa mãn hệ. 
Với 
0y
: Phương trình (1) 
1 1 1 0x y x y y y x y
 
 
 
 
0,25 
21 1 1
0
11 1
x y x y y y x y
x yx y x y y y
 
 
 
 
 
 
 
 2/4 
1
1 0 1
11 1
y y
x y y x
x yx y x y y y
 
Do 
1
0
11 1
y y
x yx y x y y y
 
 
0,25 
Thế 
1y x
 vào phương trình (2), ta được : 
5 8 11
3 8 1 , ;
2 11 3 2
x x x x
x
 
Xét hàm số : 
5
3 8 1,
2 11
f x x x g x
x
 với 
8 11
;
3 2
x x
 
Có: 
3 1 9 9 3 8
' 0
2 3 8 2 1 2 3 8 1
x x
f x
x x x x
 với 
8 11
;
3 2
x x
 
 
2
10
' 0
2 11
g x
x
 với 
8 11
;
3 2
x x
 
 
 
 
 
 
 
0,25 
 
 
,f x g x
 lần lượt là các hàm số đồng biến, nghịch biến trên từng khoảng 
8 11 11
; , ;
3 2 2
 . Mà 
3 3 ; 8 8f g f g
 nên phương trình 
f x g x
 có 
đúng 2 nghiệm 3 4
8 9
x y
x y
 (thỏa mãn) 
 
 
0,25 
4 
(1,0 
điểm) 
2 2 2
2 2
ln ln 1 ln 1
lnln ln
e e e
e e e
x x x dx x
I dx dx
x xx x x x
 
 
0,25 
Tính 2 2
2
1
ln
ln ln ln 2
ln ln
e e
e
e
e e
d xdx
I x
x x x
 
 
0,25 
Tính 2
2 2
ln 1
ln
e
e
x
I dx
x x
. Đặt 
ln ln 1t x x dt x dx
 
Đổi cận: 
2 2; 2x e t e x e t e
 
 
0,25 
Khi đó 2
2
2
2
2 2 2
1 1 1
2
e
e
e
e
dt
I
t t e e
 . Vậy 
2
1 1
ln 2I
e e
 
 
0,25 
5 
(1,0 
điểm) 
 
 Gọi 
H
 là hình chiếu của 
S
 trên 
AB
. Do 
SAB ABCD
 nên 
030SH ABCD ABS
3
2 , 3
2
a
AB a SB a SH
 
 
 
 
0,25 
2. 4ABCDS AB BC a
 
3
.
1 2 3
.
3 3
S ABCD ABCD
a
V SH S
 
 
 
0,25 
 Ta có 
2
a
AH
. Qua 
A
 kẻ đường thẳng song song 
BD
. 
Có: 
/ / , , , , 4 ,BD SA d BD SA d BD d B d H
 
 
 
0,25 
Gọi 
G
 là hình chiếu của 
H
 trên , 
E
 là hình chiếu của 
H
 trên 
SG
. 
Có: 
,d H HE
. Tìm được: 
2 2
2 . 21
4 14
a SH HG a
HG HE
SH HG
 
 
 
 
 
0,25 
H
C
A
B
D
S
G
E
 3/4 
Vậy 
21 2 21
, 4
14 7
a a
d SA BD
 
 
6 
(1,0 
điểm) 
22 2 2 2 22 2c a b a b a b c a b c a b a b
c
 
22 2
2
22
11 1 2 1
1 1 2 2
4 4 1 1 1
c c
a b a b
c c a b c
 
 
 
0,25 
Theo Cô si: 2 2
2 2 3
2 1 4 2 1 4
1 1 1 1 11 1 1
c c
P
a b a b cc c c
 
3 2
3
2 6 1
1
c c c
c
 
 
 
 
0,25 
Xét hàm số 3 2
3 4
2 5 12 6 1 1
, ' 0
51 1
cc c c
f c f c c
c c
 
Lập bảng biến thiên: Có 
1 91
5 108
f c f
 
 
 
 
0,25 
Suy ra 
min
91 91 1
, 5
108 108 5
P f c P c a b
 
 
0,25 
7a 
(1,0 
điểm) 
Có 
0;5I
 là trung điểm của 
5;10AM A
 0,25 
Phương trình 
22: 5 50T x y
 
BAM BCN BM BN BI MN
, 
42 6
;
5 5
MN
 
Phương trình 
: 7 5 0BI x y
 
 
 
0,25 
Tọa độ điểm 
B
 thỏa mãn: 22 1 25 50
1; 2
1 127 5 0
x yx y
B
x y lx y
 
 
0,25 
C đối xứng với B qua 
7;4AM C
 0,25 
8a 
(1,0 
điểm) 
Gọi 
1 2 ; 2 ;3I t t t d
. Có 
1 3; 3;3I P t I
 
0,25 
Gọi 
H
 là hình chiếu của 
M
 trên 
P
, 
1 2 ; 2 ;3M t t t d
 
14 1IM t
, 3 3
, 1
3
t
MH d M P t
 
 
 
0,25 
2 2 22 2 2 14 1 1 13 1 13 1HI MI MH t t t HI t
 
213 . 13
1 1
2 2 2
MH HI
S t
 
 
0,25 
Giải ra được: 
0; 2t t
. Vậy có 2 điểm M thỏa mãn: 
1; 2;0 , 5; 4;6M M
 0,25 
9a 
(1,0 
điểm) 
Đặt 
2 2t z z
, ta được phương trình: 
2
2
5 6 0
3
t
t t
t
 
 
0,5 
2 22 2 2 2 2 0t z z z z
. Giải ra: 
1z i
 0,25 
2 23 2 3 2 3 0t z z z z
. Giải ra: 
1 2z i
 0,25 
7b 
(1,0 
điểm) 
Phân giác trong góc 
: 2 1 0 1 0B x y x y
 
Tọa độ điểm 
B
 là nghiệm của hệ: 1 0 3
3; 4
7 0 4
x y x
B
x y y
 
 
 
0,25 
 4/4 
5
;5
2
BI
. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác 
2
21 125
: 1
2 4
ABC x y
 
Tọa độ điểm 
A
 là nghiệm của hệ 2
2
2
1 125
1
2 4
x
x y
 
 
 
 
 
0,25 
2, 6
2;6
2, 4
x y
A
x y l
 
 
0,25 
Viết được phương trình 
: 2 10 0 5;0AC x y C
 0,25 
 
 
 
 
8b 
(1,0 
điểm) 
S
 có tâm 
1; 2;0 , 5I R
 
Đường thẳng 
d
 đi qua 
1; 1;0M
 và có véc tơ chỉ phương 
1;3;0u
 
Gọi 
; ;n a b c
 là véc tơ pháp tuyến của 
P
 
 
 
0,25 
Chu vi đường tròn 
C
 bằng 
4 2 2r r
. 
Do 
d P
 nên 
. 0 3 0 3 3 ; ;nu a b a b n b b c
 
0,25 
Phương trình 
:3 1 1 0P b x b y cz
 
Có 
2 2 2 2
2 2
5
, 1 1 15
10
b
d I P R r c b
b c
 
 
0,25 
Chọn 
1 15, 3b c a
. Vậy phương trình 
:3 15 4 0P x y z
 0,25 
9b 
(1,0 
điểm) 
Ta có: 
2 223 16 8 6 1 6 9 1 3i i i i i
 0,25 
Phương trình có 2 nghiệm: 
1
3 1 3
1
2
i i
z i
 và 
2
3 1 3
2 2
2
i i
z i
 
 
0,25 
2014 1007
1 1
1007 1007
1 2 cos sin 2 cos sin
4 4 2 2
z i i z i
 
 
0,25 
2014 3021
2
1007 1007
2 1 2 2 cos sin 2 cos sin
4 4 2 2
z i i z i
 
 
0,25 
 
- HẾT -