Đề thi thử tuyển sinh Đại học - Lần 2 môn: Toán; khối A + A1 + B

 SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 - LẦN 2 
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối A + A1 + B 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
 ĐỀ CHÍNH THỨC 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 
1
1
mx
y
x



 (1) có đồ thị là ( mC ). 
 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 2m  . 
 b) Tìm m để trên đồ thị ( mC ) có hai điểm ,M N cùng cách đều hai điểm ( 3;6), (3;0)A B và tạo thành 
 tứ giác AMBN có diện tích bằng 18 (đvdt). 
 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 
sin 2 cos 2 4 2 sin( ) 3cos
4 1
cos 1
x x x x
x

   


 . 
 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
2 5 3 4
3 3 1 0
y y y x x
y x y x
      

    
 ( , )x y . 
 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
2
3
3
1 1
ln
( 1) 1
x x
I dx
x x


  
  
  
 . 
 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 3a , 
   090SAB SCB  và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 2a . Tính thể tích khối chóp S.ABC 
 và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC theo a . 
 Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương ,x y thỏa điều kiện 4 4
2
3 3x y xy
xy
    . Tìm giá trị lớn nhất 
 của biểu thức 2 2
2 2
16
2
P x y
x y
 
 
 . 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
 A. Theo chương trình Chuẩn 
 Câu 7.a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm  1;3H  , tâm đường tròn ngoại 
 tiếp (3; 3)I  và chân đường cao kẻ từ đỉnh A là  1;1K  . Tìm tọa độ của các đỉnh A, B, C. 
 Câu 8.a (1.0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm  5; 2;2 , (3; 2;6)A B  . Tìm toạ độ 
 điểm M thuộc mặt phẳng ( ) :P 2 5 0x y z    sao cho MA MB và  045MAB  . 
 Câu 9.a (1.0 điểm). Tìm số phức z thỏa các điều kiện 1z i z   và 2 4( 2 )z z i  là số thực . 
 B. Theo chương trình Nâng cao 
 Câu 7.b (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh  4;3A , đường phân 
 giác trong của góc A có phương trình 1 0x y   và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 
3
2;
2
I
 
 
 
. 
 Viết phương trình cạnh BC , biết diện tích tam giác ABC bằng 2 lần diện tích tam giác IBC . 
 Câu 8.b (1.0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm (1; 1;0)A  , đường thẳng 
x 2 y 1 z 1
:
2 1 1
  
  

 và mặt phẳng ( ) : 2 0P x y z    . Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) biết 
 đường thẳng AM vuông góc với  và khoảng cách từ M đến đường thẳng  là nhỏ nhất. 
 Câu 9.b (1.0 điểm). Trong một hộp có 50 viên bi được đánh số từ 1 đến 50, chọn ngẫu nhiên 3 viên bi. 
 Tính xác suất để tổng ba số trên ba viên bi được chọn là một số chia hết cho 3. 
 -------------- Hết ------------- 
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
 Họ và tên thí sinh:.......................................................................; Số báo danh:.............................. 
Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhân  đã gửi tới www.laisac.page.tl
 SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 
 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A, A1 và khối B 
 (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
a) 1,0 
Khi 2m  ta có hàm số 
2 1
1
x
y
x



TXĐ:   2
1
\ 1 , ' 0,
( 1)
y x
x

    

D D 
0,25 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng: ( ;1) và (1; ) 
Giới hạn và tiệm cận:
1 1
lim ; lim
x x
y y
  
    tiệm cận đứng: x = 1 
lim lim 2
x x
y y
 
   tiệm cận ngang y = 2 
0,25 
Bảng biến thiên: 
0,25 
Đồ thị: Đi qua các điểm  
1
; 0 , 0; 1
2
 
 
 
 và nhận 
giao điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng. 
0,25 
b) 1,0 
Ta có: ,M N cách đều ,A B nên , : 3M N d y x   là đường trung trực của ,A B 
 Phương trình hoành độ giao điểm của ( )mC và :d 
21 3 ( 2) 2 0, 1
1
mx
x x m x x
x

       

 (1) 
0,25 
Để d cắt ( )mC tại hai điểm phân biệt ,M N  (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 
2( 2) 8 0
1
1 0
m
m
m
    
  
 
 (*) 
0,25 
1 
(2,0 điểm) 
Khi đó (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x . Theo định lí Vi-et, ta có :
1 2
1 2
2
2
x x m
x x
  

 
Gọi 1 1 2 2( ; 3), ( ; 3)M x x N x x 
2 2
1 2 1 22[( ) 4 ] 2[( 2) 8]MN x x x x m       
Diện tích tứ giác AMBN bằng 18 2
1
. 18 3 2. 2[( 2) 8] 18
2
AB MN m      
0,25 
x 
 y’ 
 + 
 y 
 1 
  
+ 
2  
2 
 
  
 
 
 
1
2
 1 
1 
2 
0 x 
y 
2 1( 2) 1
3
m
m
m

     
So với điều kiện (*) suy ra giá trị m cần tìm là m=3 0,25 
Điều kiện: 2 ,x k k Z  
Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 
 sin 2 cos 2 4 s inx cos 3cos cos 1 0x x x x x       
0,25 
s inx 0
s inx(cos s inx 2) 0
cos s inx 2 0( )
x
x VN

        
0,25 
x k  0,25 
2 
(1,0 điểm) 
So với điều kiện ban đầu, suy ra 2 ,x k k    là nghiệm phương trình. 0,25 
Xét hệ phương trình 
2 2
2 2
2 5 3 4 (1)
3 3 1 0 (2)
y y y x x
y x y x
      

    
Ta có : (2) 2 23 3 1x x y y     . Thay vào (1) ta được: 
2 2 2 2 2 2 2 22 5 3 1 4 ( 1) ( 1) 4 4y y y x y y x y y x x                 (*) 
0,25 
Xét hàm số ( ) 4f t t t   với 0t  . Ta có /
1
( ) 1 0
2 4
f t
t
  

 với mọi 0t  
Suy ra ( )f t đồng biến trên [0; ) . Do đó 
(*)  2 2 2 2
1
( 1) ( ) ( 1)
1
x y
f y f x y x
x y
 
         
0,25 
Với 1x y  , ta có hệ 
2 2
1
1 2
33 3 1 0
2
xx y
y x y x
y

  
 
      

0,25 
3 
(1,0 điểm) 
Với 1x y  , ta có hệ 
2 2
1
1 4
33 3 1 0
4
xx y
y x y x
y

  
 
      

Vậy hệ có hai nghiệm: 
1 3 1 3
; ; ;
2 2 4 4
   
   
   
0,25 
Ta có: 
2
2
3
1 1 1 2
ln
2 1 1 ( 1)
x x
I dx
x x x


  
  
   
 
0,25 
Đặt 
2
1 2
1 ( 1)
x
t dt dx
x x

  
 
 . Với 
2 3
3 2
x t
x t
   
   
Do đó 
3
2
1
.ln
2
I t tdt  
0,25 
Đặt 
2
1
ln
2
u t du dt
t
t
dv tdt v
  
  
 . Suy ra 
32 2 2
2
3 3 31
ln ln
2 2 24 4 4 8
t t t
I t tdt t    
0,25 
4 
(1,0 điểm) 
9 5
ln 3 ln 2
4 8
I    
0,25 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC). Ta có: 
( )
( )
(gt)
SH ABC AB
AB SHA HA HA AB
SA AB
  
    
 
 . Tương tự HC BC 
Và ABC vuông cân tại B 
Suy ra tứ giác HABC là hình vuông 
0,25 
Ta có: / / ( ) / / ( )AH BC SBC AH SBC  
[ , ( )] [ , ( )] 2d A SBC d H SBC a   
Dựng HK SC tại K (1). Do ( ) (2)
BC HC
BC SHC BC HK
BC SH
 
   
 
(1) và (2) suy ra ( )HK SBC . Từ đó [ , ( )] 2d H SBC HK a  
0,25 
Tam giác HKC vuông tại K  2 2 2 23 2KC HC HK a a a     
 SHC HKC  
. 2. 3
6
HK SH HK HC a a
SH a
KC HC KC a
      
Thể tích khối chóp S.ABC được tính bởi: 
3
.
1 1 1 6
. . . 3. 3. 6
3 6 6 2
S ABC ABC
a
V S SH AB BC SH a a a    (đvtt) 
0,25 
5 
(1,0 điểm) 
Gọi I là trung điểm của SB. Chứng minh được H, A, C đều nhìn SB dưới một góc vuông 
Suy ra
1
2
IA IB IC IS IH SB     , nên I là tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp 
.S HABC , cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC 
(S) có bán kính 2 2 2 2
1 1 1
6 6 3
2 2 2
R SB SH HB a a a      
Suy ra (S) có diện tích là 2 2 24 4 ( 3) 12S R a a     (đvdt) 
0,25 
 Ta có: 2 2 2x y xy  
Do đó: 2 2
16
2 2
P x y
xy
 

0,25 
Từ giả thiết ta có 4 4 2 2
2 2
3 3 2xy x y x y
xy xy
      
Đặt 0t xy  , ta được: 2 3 2
2
3 3 2 2 3 3 2 0 ( 1)( 2)(2 1) 0t t t t t t t t
t
             
1
( 2)(2 1) 0 2
2
t t t       vì 0t  
0,25 
6 
(1,0 điểm) 
Khi đó: 2
8
1
P t
t
 

 (1). Xét hàm số 2
8
( )
1
f t t
t
 

 trên 
1
;2
2
 
  
0,25 
S
B
H C
A
K
Ta có 
/
2
/
2 2
8 1
( ) 2 , ;2
(1 ) 2
1 1
2 2
( ) 0 12 2
( 1) 4 0 ( 1)( 3 4) 0
f t t t
t
t t
f t t
t t t t t
 
      
 
    
     
        
Ta lại có 
1 67 20
(1) 5, , (2)
2 12 3
f f f
 
   
 
. Suy ra 
1
;2
2
20
( ) ( )
3
f t Max f t
 
 
 
  (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 
20
3
P  . Dấu đẳng thức xảy ra khi 
2
2
0
xy
x y
x y

  
 
Vậy 
20
2
3
MaxP x y    . 
0,25 
A
B C
D
M
H
K
I
Đường thẳng BC qua K nhận (0;2)KH 

 làm vectơ pháp tuyến 
 Phương trình đường thẳng : 1 0BC y   
Gọi M là trung điểm BC  Phương trình đường thẳng : 3 0IM x   
M BC IM   Tọa độ điểm M là (3;1) 
0,25 
Gọi D là điểm đối xứng với A qua I . Ta có / /
DB AB
DB CH
CH AB



Tương tự / /DC BH nên tứ giác HBDC là hình bình hành nên M là trung điểm HD . 
Xét tam giác AHD có IM là đường trung bình nên 2 ( 1; 5)AH IM A   
 
0,25 
Gọi ( ;1)B b BC . Ta có IB IA 2
1
( 3) 16 16 4
5
b
b
b

       
0,25 
7.a 
(1,0 điểm) 
Với 5 (5;1)b B   (1;1)C 
Với 1 (1;1)b B   (5;1)C 
Vậy ( 1; 5), (5;1), (1;1)A B C  hoặc ( 1; 5), (1;1), (5;1)A B C  
0,25 
( 2;0;4)AB  

. Trung điểm I của đoạn thẳng AB có toạ độ  4; 2;4 
 Gọi ( )Q là mặt phẳng trung trực của AB 
       : 2 4 0 2 4 4 0Q x y z          : 2 4 0Q x z    
0,25 
Ta có ( )MA MB M Q   
Theo giả thiết ( )M P ( ) ( )M d P Q    
0,25 
 8.a 
(1,0 điểm) 
Chọn  , 2; 5;1d P Qu n n    
  
 là vectơ chỉ phương của d , điểm  0;3;2N thuộc mặt 0,25 
phẳng (P) và (Q) suy ra 
2
: 3 5
2
x t
d y t
z t


 
  
. 
Gọi toạ độ  2 ;3 5 ;2M t t t  (2 5;5 5 ; ); (2 3;5 5 ; 4)AM t t t BM t t t       
 
Theo giả thiết MA MB và  045MAB MAB   vuông cân tại M 
Suy ra       
2
. 0 2 5 2 3 5 5 4 0AM BM t t t t t        
 
2 43 7 4 0 1
3
t t t t        
Với  1 2; 2;3t M   
Với 
4 8 11 10
; ;
3 3 3 3
t M
 
   
 
0,25 
Gọi ( , )z x yi x y R   . Ta có 1 ( 1) ( 1)z i z x y i x yi         
2 2 2 2( 1) ( 1) 1x y x y y x         (1) 
0,25 
2 2 2 24( 2 ) ( ) 4[ ( 2) ] 4 2( 2 4)z z i x yi x y i x y x xy y i             
Để 2 4( 2 )z z i  là số thực 2 4 0xy y    (2) 
0,25 
Từ (1) và (2) ta có hệ 
2
11 3 2
2 4 0 4 16 0
y xy x x x
xy y y yx x
       
     
         
0,25 
9.a 
(1,0 điểm) 
Vậy 3 4z i  hoặc 2z i   . 0,25 
 Ta có 
5
2
IA  . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC có dạng 
2 23 25(x 2) (y )
2 4
    
Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong 
góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC . 
Tọa độ của D là nghiệm của hệ 
2 2
1 0 4, 3 (4;3) (loai)
3 25 1 1 1 1
(x 2) (y ) , ( ; )
2 4 2 2 2 2
x y x y D
x y D
         
          
0,25 
Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung nhỏ BC . 
Do đó ID BC hay đường thẳng BC nhận 
3
( ;2)
2
DI 

 làm vec tơ pháp tuyến. 
Phương trình cạnh BC có dạng 3 4 0x y c   
0,25 
Do 2ABC IBCS S nên 2AH IK ( Với ,H K lần lượt là hình chiếu của , A I lên BC ) 
Mà 
24
( , )
5
c
AH d A BC

  và 
12
( , )
5
c
IK d I BC

  nên 
0
2 24 2 12
16
c
AH IK c c
c

        
0,25 
7.b 
(1,0 điểm) 
Suy ra phương trình của cạnh BC là 3 4 0x y  và 3 4 16 0x y   0,25 
Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vuông góc với  . Khi đó pt .032:)(  zyxQ 
Ta có ).1;1;1(),1;1;2( PQ nn  Từ giả thiết suy ra M thuộc giao tuyến d của (P) và (Q). 
0,25 8.b 
(1,0 điểm) 
Chọn )3;1;2(],[  QPd nnu là vectơ chỉ phương của d và dN )1;0;1( nên 0,25 
KH
D
I
CB
A
phương trình tham số của d là 
1 2
1 3
x t
y t
z t
 


  
. 
Vì M d suy ra (1 2 ; ; 1 3 ).M t t t  
Gọi H là giao điểm của  và mặt phẳng (Q). Suy ra ).
2
1
;
2
1
;1( H 
Ta có 
2 2
2 21 1 1( , ) (2 ) 3 14 2
2 2 2
d M MH t t t t t
   
            
   
. 
0,25 
( , )d M  nhỏ nhất khi 2
1
( ) 14 2
2
f t t t   nhỏ nhất 
1 8 1 11
; ;
14 7 14 14
t M
 
    
 
Vậy 
8 1 11
; ;
7 14 14
M
 
 
 
. 
0,25 
Chọn 3 viên bi từ 50 viên bi có 350C cách
3
50C   0,25 
Gọi A là biến cố để tổng ba số trên ba viên bi được chọn là một số chia hết cho 3 
Trong 50 viên bi ban đầu chia thành 3 loại: 17 viên bi có số chia cho 3 dư 1; 17 viên bi có 
số cho 3 dư 2; 16 viên bi có số chia hết cho 3. 
0,25 
Để tìm số cách chọn 3 viên bi có tổng số là một số chia hết cho 3, ta xét 2 trường hợp: 
TH1: 3 viên bi được chọn cùng một loại có 3 3 317 17 16 1920C C C   cách 
TH2: 3 viên bi được chọn có mỗi viên một loại có 1 1 117 17 16. . 4624C C C  cách 
Suy ra A  1920 4626 6544 
0,25 
9.b 
(1,0 điểm) 
Vậy xác suất cần tìm là 
6544 409
( )
19600 1225
AP A

  

0,25 
-------------------Hết------------------- 
Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhân  đã gửi tới www.laisac.page.tl