Đề thi thử đại học lần 5, năm học 2013 - 2014 môn: toán - khối a, a1, b thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GD & ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 5, 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 2
1 4
1 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 1
sin 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 20141 2, .z z 
--------------------Hết-------------------- 
WWW.VNMATH.COM
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN 
(Đáp án – thang điểm có 03 trang) 
ĐÁP ÁN 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 5, 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
m mx 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
      
  
     
 
   
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 
WWW.VNMATH.COM
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 2
2
I
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
   

Vậy  
21 2 21
, 4
14 7
a a
d SA BD   
0,25 
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

    
      
0,25 
H
C
A
B
D
S
G
E
WWW.VNMATH.COM
 
3 2
3
2 6 1
1
c c c
c
  


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 
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 
 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 
WWW.VNMATH.COM
8b 
(1,0 điểm) 
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 30212 2
1007 1007
2 1 2 2 cos sin 2 cos sin
4 4 2 2
z i i z i
      
         
   
0,25 
WWW.VNMATH.COM