Đề thi thử đại học lần thứ I - trường THPT Đặng Thúc Hứa môn: Toán

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM 2014 
----------------------- 
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA 
Môn: Toán; Khối: A và khối B 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 
------------------------------------ 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  3 2 33 4mxy x m  1 , m là tham số thực. 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1.m 
b. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị ,A B sao cho   6OA OB (O là gốc tọa độ). 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 
 
   
 
2 sin 2 2sin 1.
4
x x 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
  
 
    


  

  


2 2 2 1 1
, .5
3 8
12
x y x y
x y
x y
x y
y
R 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
  
 
2 2
1
3
1 ln
d .
e x x x
I x
x
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm ,I  ; 3AB a BC a , tam giác SAC 
vuông tại .S Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của đoạn .AI Tính thể tích 
khối chóp .S ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng .SAB 
Câu 6. (1,0 điểm) Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 2ac b và    2 2 24ac b ab c a c b    . Tìm giá trị lớn 
nhất của biểu thức 
2 2
1 .
b ac b
P
ac ac b
   
     
   
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B). 
A. Theo chương trình Chuẩn. 
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hình vuông .ABCD Gọi E là trung điểm của cạnh ,AD 
11 2
;
5 5
H
 
 
 
 là hình chiếu vuông góc của B lên CE và 
3 6
;
5 5
M
 
 
 
 là trung điểm của đoạn BH . Xác định tọa độ 
các đỉnh của hình vuông ,ABCD biết điểm A có hoành độ âm. 
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho đường thẳng 

  

1
:
1 2 2
x y z
 và điểm  1; 1;2A . 
Viết phương trình mặt phẳng  ,P biết  P vuông góc với đường thẳng  và cách điểm A một khoảng bằng 3. 
Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 
1;2;3;4;5;6;7. Chọn ngẫu nhiên một số từ ,S tính xác suất để số được chọn lớn hơn số 2014. 
B. Theo chương trình Nâng cao. 
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho tam giácABC vuông tại A . Gọi M là điểm trên cạnh 
AC sao cho 3 .AB AM Đường tròn tâm  1; 1I  đường kính CM cắt BM tại .D Xác định tọa độ các đỉnh của ABC
biết đường thẳng BC đi qua 
4
;0
3
N
 
 
 
, phương trình đường thẳng : 3 6 0CD x y   và điểmC có hoành độ dương. 
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho đường thẳng 

  
1
:
1 1 2
x y z
. Viết phương trình mặt 
cầu  S có tâm nằm trên trục Ox và tiếp xúc với  tại  1;2;2A . 
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình 

 

2
2 4
log 3.
2 12
x
x
x 
----------------Hết---------------- 
www.VNMATH.com
 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 
LẦN THỨ I NĂM 2014 
----------------------- 
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA 
Môn: Toán; Khối: A và khối B 
(Đáp án-thang điểm gồm 04 trang). 
------------------------------------ 
Câu Đáp án Điểm 
1 
(2,0 điểm) 
a. (1,0 điểm) 
Khi 1m , ta có   3 23 4y x x 
 Tập xác định  .D R 
 Sự biến thiên: 
- Chiều biến thiên: Đạo hàm 

     
2
0
' 3 6 ; ' 0
2
x
y x x y
x
0,25 
Khoảng nghịch biến  0;2 ; Các khoảng đồng biến  ;0 và  2; 
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại  C§0, 4x y ; đạt cực tiểu tại  2, 0CTx y 
- Giới hạn 
 
   lim ; lim .
x x
y y 
0,25 
Bảng biến thiên 
x  0 2  
y’ + 0 - 0 + 
y 
0,25 
 Đồ thị 
0,25 
b. (1,0 điểm) 
Ta có    2 23 6' 3mx x xy x m . Hàm số có hai điểm cực trị   0m 0,25 
Lúc đó hai giả sử hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là    30;4 , 2 ;0A m B m 0,25 
   36 4 2 6O mOB mA 0,25 
 
    
1
1
1
m
m
m
Vậy có hai giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là  1m và 1m . 
0,25 
4 
2 
O -1 
y 
x 
Trang 01 – Tra cứu điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net 
www.VNMATH.com
2 
(1,0 điểm) 
 
           
 
22 sin 2 2sin 1 sin2 cos2 2sin 1 sin2 2sin 2sin 0
4
x x x x x x x x 0,25 
 
sin 0
2sin cos sin 1 0
cos sin 1 0
x
x x x
x x

        
 0,25 
 





             


2
2
cos sin 1 sin
4 2 2
2
x k
x x x k
x k
Z 0,25 
     sin 0x x k k Z 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm  

   ; 2
2
x k x k k Z
0,25 
3 
(1,0 điểm) 
Điều kiện 


 




 
0
0
12
8
0.
3
y
x
y
x
Từ phương trình thứ nhất ta có              
22 2 1 2 2 2 0 1 0 1.x y xy y x y x y x 
0,25 
Thay vào phương trình thứ hai của hệ cho ta:     

5
3 8 1 *
2 11
x x
x
Xét hàm số                 

5 8
\
11
3 8 1 , ;
2 11 3 2
f x x x x
x
 
 
   
  
2
3 1 10
2 3 8 2 1 2 11
f x
x x x
0,25 
 
           
   
     
       
2 2
3 1 3 8 10 6 17 10
' 0
2 11 2 112 3 8 1 2 3 1 3 8 3 8 1
x x x
f x
x xx x x x x x
 0,25 
Bảng biến thiên: 
x 8
3
 3 11
2
 8 +∞ 
f(x) + + 
f(x) 
0 
+∞ 
-∞ 
0 
 +∞ 
Từ đó suy ra phương trình (*) chỉ có hai nghiệm là  3x và 8x . 
Hay nghiệm của hệ đã cho là         ; 3;4 , ; 8;9 .x y x y 
0,25 
4 
(1,0 điểm) 
Ta có 
     
      
2
1 23 3
1 1 1
ln 1 ln ln 1 ln
d d d
e e ex x x x x
I x x x I I
x x x
 0,25 
 
 
  
      
2
1
1 1
1
ln 1 ln 1 3
d ln 1 d(ln +1) .
2 2
e
e ex x
I x x x
x
 0,25 
   
            
   
 3 3
11 1
2 2 2 2
1 1
2
ln 1 1 1 1 1 1 3
d ln d ln
2 2 2 4 4 4
e e ee e
x
I x x x x
x x x x x e
 0,25 
Suy ra   1 2 2
7 3
.
4 4
I II
e
 0,25 
5 
(1,0 điểm) 
Ta có     2 2
1
2
4 2
a
AC AB a HI ACBC 0,25 
Tam giác SAC vuông tại S,nên       2 2
3
2
a
IS IA IC a SH SI HI 
Suy ra   
3
.
1 1 3
. . . . 3 .
3 3 2 2
S ABCD ABCD
a a
V SH S a a 
0,25 
Trang 02 – Tra cứu điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net 
www.VNMATH.com
Gọi J là hình chiếu vuông góc của H lên AB, 
K là hình chiếu vuông góc của H lên SJ. 
Ta có  

   

.
AB SH
AB SHJ AB HK
AB HJ
 Mà 
         ;HK SJ HK SAB HK d H SAB 
0,25 
Do     
1 3
// .
4 4
AH HJ a
HJ BC HJ BC
AC BC
Trong tam giác vuông SHJ:   
2 2 2 2
1 1 1 20
3HK HJ HS a
     
3 3
; .
20 20
HK a d H SAB a 
0,25 
6 
(1,0 điểm) 
Ta có   
2
2 2 2 2
2
4 1 4 1 4.
b ab b b c ac b
ac b ab c a a a a
c c c c a
b
a
c
b b c
     
                  
     
 
1
4. 2 *
ac b c b
a
b ac b c a
ac b
b ac
   
      
 
   

 
   
0,25 
Đặt  2act t
b
  , từ (*) ta có 
    2 4 3 32
1
2 2 4 0 2 0 22 2
4
2t tt t t t t t do t
tt
 
             
 
 hay 4
ac
b
 
0,25 
Lại có 
2
2 2 2 1
1 1
1
b
b ac b b acP
bac ac b ac
ac
 
      
            
       
 
Xét hàm số    
2
2 1
1 ,
1
1
4
u b
f u u u
u ac
 
    



, ta có 
   
 
 
3
4 1 1
' 2 1 0,
41
u
f u u
u
u  



  
1 625
.
4 144
ff u
 
  
 
 
0,25 
Vậy 
625
144
MaxP   
2
4 2ac b a
ab c c b
  
 
 
 0,25 
7.a 
(1,0 điểm) 
Gọi F là điểm đối xứng của E qua A. 
Suy ra BCEF là hình bình hành nên AM là đường trung bình 
của hình thang vuông EHBF . Do đó //AM EH .AM BH 
0,25 
M là trung điểm BH  1; 2B   
Phương trình đường thẳng : 2x y 0AM   
Phương trình đường thẳng : 2 4 0CE x y   
0,25 
Do góc ̂ ̂ ̂ 
2
5
 
Giả sử  ; 2A a a , từ ̂ 
.2 2
5 5.
AM
AM
AB u
AB u
  
 
 2
1
6 11 0 1;211
5
5
a
a Aa
a
 
     
 


lo¹i
0,25 
Phương trình đường thẳng : 2AD y  
mà    1;2 3;2E CE AD E D    
Phương trình đường thẳng : 2BC y   
mà  3; 2C BC CE C    . 
0,25 
Trang 03 – Tra cứu điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net 
www.VNMATH.com
8.a 
(1,0 điểm) 
Véc tơ chỉ phương của đường thẳng  là  1; 2;2u 0,25 
Do mặt phẳng (P) vuông góc với  nên có phương trình    2 2 0x y x d 0,25 
Lại có   
 
         
27
; 3 3 7 9
163
dd
d A P d
d
 0,25 
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là    2 2 2 0x y x hoặc    2 2 16 0.x y x 0,25 
9.a 
(1,0 điểm) 
Số phần tử của tập S là 47 840.A 0,25 
Giả sử abcd là số tự nhiên có bốn chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7 và lớn 
hơn 2014. 
+) TH1:  2a , chọn b,c,d có 36A cách chọn. 
0,25 
+) TH2:  2a , chọn a có 5 cách chọn, chọn b,c,d có 36A cách chọn. 0,25 
Vậy 
   
  
3 3
6 6
4
7
1. 5. 6
0,857
7
A A
P
A
 0,25 
7.b 
(1,0 điểm) 
Ta có ̂ ̂ 090  tứ giác ABCD nội tiếp 
Suy ra ̂ ̂ 
Lại có ̂
3
10
AB
BM
   ̂
3
10
 
0,25 
Giả sử  3 6;C c c , ta có ̂
. 3
10.
DC
DC
IC u
IC u
  
 
2
2
1
16 1
10 16
3 5
10 32 26
1 0 11
5
c
c
c
c
c
cc
 
 

 


 

 

lo¹i
0,25 
Với  1 3; 1c C    
Phương trình đường thẳng : 3x 5y 4 0BC    
Điểm  1; 1M   Phương trình đường thẳng : 3x 4 0BM y   
Điểm  2;2B BC BM B    
0,25 
Phương trình đường thẳng : y 1 0AC   
Phương trình đường thẳng : x 2 0AB   
Điểm  2; 1A AB AC A     
0,25 
8.b 
(1,0 điểm) 
 Ta có    ;0; 21;0 1;1;uB . Giả sử  ;0;0I t , ta có: 
0,25 
 


 
 
  
;
;
IB u
d I IA IA
u
 0,25 
 
 
     
2
222 5 2 9
5
0 77
6
tt
t tt t 0,25 
Khi đó   7;0;0 , 2 11I IA hay      
2 2 2: 7 44.x zS y 0,25 
9.b 
(1,0 điểm) 
    
 
2
32 4 2 4log 3
12 1
2
22 2
x x
x
x
x
x 0,25 
         28 2 4 2 2 2 4.2 312 2 0x x x x x 0,25 
 

 

 
 lo¹i
4
2 8
2x
x
 0,25 
   2 4 2x x . Vậy phương trình đã cho có nghiệm 2.x 
0,25 
www.VNMATH.com