Đề thi thử Đại học (tỉnh Bắc Ninh) môn Toán - Đề 4

www.VNMATH.com 
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số 3 2 2 33 3( 1)y x mx m x m m      (1) 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m = 1 
 2. Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm 
 số đến gốc tọa độ bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc 
 tọa độ . 
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình 
22 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x

  
Câu 3. (1 điểm) Giải bất phương trình 0)1(log)1(log
3
4
2
3  xx 
Câu 4. (1 điểm) Giải hệ phương trình 
2 2 2( ) 7
( 2 ) 2 10
x y x y
y y x x
   

  
Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a . Cạnh 
SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 .Trên cạnh SA lấy 
điểm M sao cho AM =
3
3
a
, mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM . 
Câu 6. (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương có tổng bằng 3. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 23( ) 2P x y z xyz    . 
Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng 
: 3 4 4 0x y    . Trên  lấy hai điểm A và B đối xứng nhau qua )
2
5
;2(I sao cho diện tích tam giác 
ABC bằng 15. Viết phương trình đường thẳng AB. 
Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 
bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03:1  yxd và 06:2  yxd . Trung điểm của 
một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 
Câu 9. (1 điểm) Cho hai đường thẳng song song d1 và d2. Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, 
trên đường thẳng d2 có n điểm phân biệt ( n 2 , Nn ). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các 
điểm đã cho. Tìm n. 
SỞ GD&ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ 
KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 
NĂM HỌC 2013-2014 
Môn thi: TOÁN - KHỐI D 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
www.VNMATH.com 
--------------Hết-------------- 
 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 KHỐI D NĂM 2014 
Câu Nội dung Điểm 
1 1.Khi m=1 ta có 23 3xxy  
TXĐ: R ; xxy 63' 2  ; 





2
0
0'
x
x
y 

x
ylim 
x
ylim 
BBT 
x  0 2 + 
y’ + 0 - 0 + 
y 0  
 -4 
Hàm số đồng biến trên khoảng )2;0( , nghịch biến trên khoảng );2();0;(  
Hàm số đạt cực đại y=0 tại x=0 
Hàm số đạt cực tiểu y=-4 tại x=2 
6
4
2
-2
-4
-6
-5 5
..................................................................................................................................................... 
2. Ta có , 2 23 6 3( 1)y x mx m    
 Để hàm số có cực trị thì PT , 0y  có 2 nghiệm phân biệt 
 2 22 1 0x mx m     có 2 nghiệm phân biệt 
 1 0, m     . Nên hàm số luôn có 2 cực trị 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
www.VNMATH.com 
 Điểm cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và 
 điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m) 
0.25 
 Theo giả thiết ta có 2
3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m
   
      
  
 Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2m    và 3 2 2m    . 
0.25 
Câu 
2 os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )2
os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0
PT c x c
c x c x
 
    
 
  
sin(4 ) sin(2 ) 0
6 6
18 3
2sin(3 ). osx=0
6
x=
2
x x
x k
x c
k
 
 



    

  
   
 

Vậy PT có hai nghiệm 
2
x k

  và 
18 3
x k
 
   . 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
3 ĐK: x>-1 
PT 0)
4log
3
2).(1(log0
4log
)1(log3
)1(log2
3
3
3
3
3 

 x
x
x 
01
0)1(log 3


x
x
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
4 Rút y2 từ phương trình (2) thế vào (1) ta được 
032)2(22  yxyx 






32
1
yx
x
TH1: Thay 1x vào (1) ta được 





4
2
0822
y
y
yy 
TH2:Thay 32  yx vào (1) ta được 









5
6
1
5
3
1
5
6
1
5
3
1
04105 2
xy
xy
yy 
Vậy hệ pt có 4 nghiệm (-1;2) (-1;-4) ( )
5
3
1;
5
6
1  ( )
5
3
1;
5
6
1  
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
5 
www.VNMATH.com 
S
M
N
D
CB
A
( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD 
 Ta có SA = AB tan600 = a 3 , 
3
2

SA
SM
ABCDSABCSMBCS
ABCS
MBCS VVV
SA
SM
V
V
...
.
.
3
1
3
2
3
2
 
ABCDSADCSMNCS
ADCS
MNCS VVV
SD
SN
SA
SM
V
V
...
.
.
9
2
9
4
9
4
3
2
.
3
2
.  
Vậy ABCDSBCNMS VV ..
9
5
 = 
310 3
27
a
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
6 Ta có: 
  
23 ( ) 2( ) 2
3 9 2( ) 2
27 6 ( ) 2 ( 3)
P x y z xy yz zx xyz
xy yz zx xyz
x y z yz x
        
    
    
2
3 2
( )
27 6 (3 ) ( 3)
2
1
( 15 27 27)
2
y z
x x x
x x x

    
    
Xét hàm số 3 2( ) 15 27 27f x x x x     , với 0<x<3 
, 2 1( ) 3 30 27 0
9
x
f x x x
x

       
 x  0 1 3 
 
 y’ + 0 - 
 y 
 14 
0.25 
0.25 
0.25 
www.VNMATH.com 
Từ bảng biến thiên suy ra GTLN P=7 1x y z    . 
0.25 
7 Ta có I 
6
5
4206
),( 

Cd . SABC=
2
5
515.6.
2
1
 AIABAB 
Gọi 

)
4
43
;(
a
aA . Ta có 
4
252 AI 
4
25
)
4
63
()2( 22 


a
a 
 





0
4
4)2( 2
a
a
a 
Với )1;0();4;4(4 BAa  . Phương trình AB : 3 4 4 0x y   
Với )4;4();1;0(0 BAa  . Phương trình AB: 3 4 4 0x y   
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
8 Ta có: Idd 21  . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: 











2/3y
2/9x
06yx
03yx
. Vậy 





2
3
;
2
9
I 
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1  
Suy ra M( 3; 0) 
Ta có: 23
2
3
2
9
32IM2AB
22












 
Theo giả thiết: 22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS ABCDABCD  
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ADd1  
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận )1;1(n làm VTPT nên có 
PT: 03yx0)0y(1)3x(1  . Lại có: 2MDMA  
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: 
 





2y3x
03yx
22






1y
2x
 hoặc 





1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 
Do 





2
3
;
2
9
I là trung điểm của AC suy ra: 





213yy2y
729xx2x
AIC
AIC 
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) 
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
9 Theo giả thiết ta có: 3 3 3n 10 10 nC C C 2800    ( n 2 ) 
2800
)!3!.(3
!
!7!.3
!10
)!7!.(3
)!10(





n
n
n
n
      n 10 n 9 n 8 10.9.8 n n 1 n 2 2800.6         
  n2 + 8n – 560 = 0 
0.25 
0.25 
0.25 
www.VNMATH.com 






)(24
20
loain
n
.Vậy n=20 
0.25