Đề thi thử tuyển sinh đại học năm 2014 - Lần 1 thpt ôn: toán; khối a + a1+ b thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề đề chính thức

 SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 - LẦN 1 
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 ( )3 23 3 2 1= − + + + +y x x m m x (1), với m là tham số thực. 
 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 0m = . 
 b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua điểm ( )1;3I . 
 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos tan 1 tan sin+ = +x x x x . 
 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2 2
2
4 4 2 2 0
8 1 2 9 0
x xy y x y
x y
 + + + + − =

− + − =
 ( , )x y∈
 . 
 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
31
2 4
0 1
=
+ +
∫
x dxI
x x
. 
 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ . ' ' ' 'ABCD A B C D có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên 
 'AA a= , hình chiếu vuông góc của 'A trên mặt phẳng ( )ABCD trùng với trung điểm I của AB . Gọi K 
 là trung điểm của BC . Tính theo a thể tích khối chóp ' .A IKD và khoảng cách từ I đến mặt phẳng 
 ( )'A KD . 
 Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn 3
2
x y z+ + ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
 thức 
2 2 2 1 1 1x y z
P
y z x x y z
= + + + + + . 
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 với hệ trục tọa độ ( )Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có đường chéo 
 : 2 9 0AC x y+ − = . Điểm (0;4)M nằm trên cạnh BC . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho 
 biết rằng diện tích của hình chữ nhật đó bằng 6 , đường thẳng CD đi qua (2;8)N và đỉnh C có tung độ 
 là một số nguyên. 
 Câu 8.a (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 3 0P x y z+ + + = và hai 
 điểm (3;1;1), (7;3;9)A B . Tìm trên mặt phẳng ( )P điểm M sao cho MA MB+
 
 đạt giá trị nhỏ nhất. 
 Câu 9.a (1.0 điểm). Trong một chiếc hộp có 6 viên bi đỏ, 5 viên bi vàng và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên 
 trong hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 bi lấy ra không có đủ cả ba màu. 
 B. Theo chương trình Nâng cao 
 Câu 7.b (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ ( )Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Hai điểm ,B C 
 thuộc trục tung. Phương trình đường chéo : 3 4 16 0AC x y+ − = . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ 
 nhật đã cho biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1. 
 Câu 8.b (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 1( ) :
1 2 3
x y z− + −∆ = =
−
 và 
 hai điểm (2;1;1); (1;1;0)A B . Tìm điểm M thuộc ( )∆ sao cho tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất. 
 Câu 9.b (1.0 điểm). Giải hệ phương trình 
1 lg( )10 50
lg( ) lg( ) 2 lg5
x y
x y x y
+ + =

− + + = −
. 
 -------------- 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:.......................................... 
 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 điểm) 
Khi 0m = ta có 3 23 1y x x= − + + 
• Tập xác định: D = 
 
• Sự biến thiên: 
− Chiều biến thiên: 2' 3 6 ; ' 0 0y x x y x= − + = ⇔ = hoặc 2x = 
0,25 
 Khoảng đồng biến: (0;2) ; các khoảng nghịch biến: ( ;0)−∞ và (2; )+∞ 
− Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 0; 1
CT
x y= = ; đạt cực đại tại 2, 5
CÑ
x y= = 
− Giới hạn: lim
x
y
→−∞
= +∞ ; lim
x
y
→+∞
= −∞ 
0,25 
− Bảng biến thiên: 
x −∞ 0 2 +∞ 
'y − 0 + 0 − 
y +∞ 5 
 1 −∞ 
0,25 
• Đồ thị: 
0,25 
b. (1,0 điểm) 
Ta có: 2 2' 3 6 3 6y x x m m= − + + + 
2' 0 2 ( 2) 0
2
x m
y x x m m
x m
 = −
= ⇔ − − + = ⇔ 
= +
0,25 
Hàm số có hai cực trị ⇔ ' 0y = có hai nghiệm phân biệt ⇔ 2 1m m m+ ≠ − ⇔ ≠ − 0,25 
1 
(2,0 điểm) 
Với 3 22 3 1x m y m m= − ⇒ = − − + 
Với 3 22 2 9 12 5x m y m m m= + ⇒ = + + + 
Tọa độ hai điểm cực trị là ( )3 2; 2 3 1A m m m− − − + và ( )3 22;2 9 12 5B m m m m+ + + + 
0,25 
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
( )1;3I là trung điểm của AB ⇔ 22 06 12 0
2 2
A B I
A B I
x x x m
m m
y y y m
 + =  =
⇔ + = ⇔ 
+ = = − 
Vậy giá trị m cần tìm là 0, 2m m= = − . 
0,25 
Điều kiện: cos 0x ≠ . 
Phương trình đã cho tương đương với 2 2cos sin cos sinx x x x+ = + 
0,25 
(cos sin )(cos sin 1) 0x x x x⇔ − + − = 0,25 
cos sin 0x x− = ⇔ tan 1
4
x x k
pi
pi= ⇔ = + ( )k∈ 
0,25 
2 
(1,0 điểm) 
21cos sin 1 cos 2
4 4 4 2 2
2
x k
x x x x k
x k
pi
pi pi pi
pi pi
pi
 =
  + = ⇔ − = ⇔ − = ± + ⇔  
= +  
 ( )k∈ 
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm 
4
x k
pi
pi= + hoặc 2x k pi= . ( )k∈ 
0,25 
Xét hệ phương trình 
2 2
2
4 4 2 2 0 (1)
8 1 2 9 0 (2)
x xy y x y
x y
 + + + + − =

− + − =
Điều kiện: 11 2 0
2
x x− ≥ ⇔ ≤ . Đặt 2t x y= + , phương trình (1) trở thành: 
2 12 0
2
t
t t
t
 =
+ − = ⇔ 
= −
0,25 
Nếu 1t = thì 2 1 1 2 0x y x y+ = ⇔ − = ≥ . Thế vào phương trình (2) ta được phương trình 
28 9 0y y+ − = 
Đặt 0u y= ≥ , phương trình trở thành: 
4 3 28 9 0 ( 1)( 9) 0 1u u u u u u u+ − = ⇔ − + + + = ⇔ = . Khi đó hệ có nghiệm 0
1
x
y
 =

=
0,25 
Nếu 2t = − thì 2 2 1 2 3 0x y x y+ = − ⇔ − = + ≥ . Thế vào phương trình (2) ta được 
phương trình 
2 38 3 9 0 8 3 ( 3)( 3) 0
8 ( 3) 3 0
y
y y y y y
y y
 = −
+ + − = ⇔ + + − + = ⇔ 
+ − + =
Với 3y = − thì hệ có nghiệm 
1
2
3
x
y

=


= −
0,25 
3 
(1,0 điểm) 
Xét phương trình 8 ( 3) 3 0y y+ − + = (3) 
Đặt 3 0v y= + ≥ , phương trình (3) trở thành: 3 6 8 0v v− + = 
Xét hàm số 3( ) 6 8f v v v= − + , ta có: 
2'( ) 3 6f v v= − và '( ) 0 2f v v= ⇔ = ± 
Hàm ( )f v đạt cực đại tại ( 2;8 4 2)− + , đạt cực tiểu tại ( 2;8 4 2)− 
Vì (0) 8 0f = > và 8 4 2 0− > nên ( ) 0f v = không có nghiệm 0v ≥ 
0,25 
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là 
10
; 2
1 3
x x
y
y

 = =
 
= 
= −
. 
Ta có: 
1 1
3 4 5
0 0
1I x x dx x dx= + −∫ ∫ 
0,25 
11 6
5
0 0
1
6 6
x
x dx
 
= = 
 
∫ 
0,25 
Đặt 4 2 4 31 1 2t x t x tdt x dx= + ⇒ = + ⇒ = 
Đổi cận: 0 1 ; 1 2x t x t= ⇒ = = ⇒ = 
Suy ra: 
2
2 3
2
1 1
1 1 2 1
2 2 3 3 6
t
I t dt
 
= = = − 
 
∫ 
0,25 
4 
(1,0 điểm) 
Vậy 2 1
3
I
−
= . 
0,25 
Gọi H DK IC= ∩ , do ABCD là hình vuông cạnh a nên ta suy ra được 
 IC DK⊥ , 5
2
a
DK IC= = , 
. 5
5
CK CD a
CH
DK
= = , 
3 5
10
a
IH = 
0,25 
Xét 'A AI∆ ta được 3'
2
a
A I = . Suy ra: 
3
'.
1 1 1 3. . ' . . . . '
3 3 2 16A IDK IDK
a
V S A I DK IH A I= = = 
0,25 
Do ( ' ) ( ' ) ( ' )
'
DK IH
DK A IH A IH A DK
DK A I
 ⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥
Trong ( ' )A IH , kẻ 'IE A H⊥ . Suy ra: ( ' ) ( ,( ' )IE A KD IE d I A KD⊥ ⇒ = 
0,25 
5 
(1,0 điểm) 
Xét tam giác 'A IH∆ : 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 20 32 3 2
8' 3 9 9
a
IE
IE A I IH a a a
= + = + = ⇒ = 
Vậy 3 2( ,( ' )
8
a
d I A KD = . 
0,25 
6 
(1,0 điểm) Ta có: 
2 2 2
3
3
1 1 1 33x y zA xyz
y z x x y z xyz
= + + + + + ≥ + 
0,25 
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Đặt 3t xyz= ta có 3 10
3 2
x y z
t xyz
+ +
< = < ≤ 
0,25 
Khi đó: 3 3 9 153 12 9 2 36
2 2
P t t t
t t
≥ + = + − ≥ − = 
0,25 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
2
x y z= = = 
Vậy 15min
2
A = . 
0,25 
Vì : 2 9 0 (9 2 ; )C AC x y C c c∈ + − = ⇒ − 
Khi đó (7 2 ; 8), (9 2 ; 4)NC c c MC c c= − − = − −
 
Khi đó ta có: 
5
. 0 (7 2 )(9 2 ) ( 8)( 4) 0 19
5
c
NC MC c c c c
c
 =

= ⇔ − − − − − = ⇔

=

 
0,25 
Vì C có tung độ là một số nguyên nên ( 1;5)C − 
Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt AC tại 'A 
Khi đó ' : 2 4 0MA x y− + = . Suy ra 1 22' ;
5 5
A
 
 
 
0,25 
Ta có '
1 1. '.
2 3A MC
S MA MC= = 
Hai tam giác ABC và 'A MC nên 
2
'
1 3.13 9 3 (2;2)
1 5 3.( 1)
3
BABC
A MC B
xSCB
CB CM B
CM S y
 + =  
= = = ⇒ = ⇒ ⇒ 
− = −  
 
0,25 
7.a 
(1,0 điểm) 
Tương tự 3 ' (3;3)CA CA A= ⇒
 
Từ (0;6)AB DC D= ⇒
 
Vậy (3;3), (2;2), ( 1;5), (0;6)A B C D− . 
0,25 
Gọi I là trung điểm của đoạn AB thì (5;2;5)I 
Ta có: 2 2MA MB MI MI+ = =
  
0,25 8.a 
(1,0 điểm) 
MA MB+
 
 đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của I trên mp(P) 0,25 
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Đường thẳng ∆ qua I và vuông góc với mặt phẳng (P) nhận (1;1;1)n =

 là VTCP có 
phương trình 5 2 5
1 1 1
x y z− − −
= = 
0,25 
Tọa độ giao điểm của M của ∆ và (P) là nghiệm của hệ phương trình: 
05 2 5
31 1 1
3 0 0
xx y z
y
x y z z
 = − − −
= = 
⇔ = − 
 + + + = = 
Vậy (0; 3;0)M − . 
0,25 
Số cách chọn 4 viên bi bất kỳ trong hộp là 415 1365C = cách 0,25 
Các trường hợp cho ra 4 viên bi có đủ 3 màu là: 
• 2 đỏ, 1 trắng, 1 vàng: 2 1 16 5 4 300C C C = 
• 1 đỏ, 2 trắng, 1 vàng: 1 2 16 5 4 240C C C = 
• 1 đỏ, 1 trắng, 2 vàng: 1 1 26 5 4 180C C C = 
Theo quy tắc cộng, cách chọn ra 4 viên bi có đủ ba màu là: 
 300 240 180 720+ + = cách 
0,25 
Do đó số cách chọn ra 4 viên bi không có đủ ba màu là: 1365 720 645− = cách 0,25 
9.a 
(1,0 điểm) 
Vậy xác suất cần tìm là: 645 43
1365 91
P = = . 
0,25 
Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên ( )0;4C 
Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp 
tam giác ABC cũng bằng 1. 
Vì B nằm trên trục tung nên (0; )B b . Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với 
: 0BC Oy x≡ = nên :AB y b= 
0,25 
Vì A là giao điểm của AB và AC nên 16 4 ;
3
b
A b
 −
 
 
Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Ta có 
2
2
16 44 .
2. 3 1 4
316 4 16 44 ( 4)
3 3
ABC
b
b
S
S b
AB BC CA
b b
b b
−
−
= = = −
+ +  − −
− + + − +  
 
0,25 
Theo giả thiết 1r = nên ta có 1b = hoặc 7b = 0,25 
7.b 
(1,0 điểm) 
Với 1b = ta có (4;1), (0;1)A B . Suy ra: (4;4)D 
Với 7b = ta có ( 4;7), (0; 7)A B− − . Suy ra: ( 4;4)D − . 
0,25 
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Gọi (1 ; 1 2 ;1 3 )M t t t d+ − − + ∈ . Ta có: ( 1 ; 2 2 ;3 ), ( 1;0; 1)AM t t t AB= − + − − = − −
 
0,25 
21 1, ( 2 2;2 1;2 2) , 12 20 9
2 2AMB
AM AB t t t S AM AB t t   = − − + + ⇒ = = + +
   
   
0,25 
2
1 5 2 1 212
2 6 3 2 3
t
 
= + + ≥ 
 
. 
0,25 
8.b 
(1,0 điểm) 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 5
6
t = − . Vậy 1 2 3; ;
6 3 2
M
 
− 
 
. 
0,25 
Điều kiện 0
0
x y
x y
 − >

+ >
0,25 
Ta có: lg( )(1) 50 10.10 10( ) 5x y x y x y+⇔ = = + ⇔ + = 0,25 
Thế vào (2) ta được: 2 2lg5
lg5 2
10 100lg( ) 2 2 lg5 10 4
25(10 )
x y x y −− = − ⇔ − = = = = 
0,25 
9.b 
(1,0 điểm) 
Hệ đã cho tương đương với 
9
5 2
4 1
2
x
x y
x y
y

= + = 
⇔ 
− = 
=

Vậy hệ phương trình có nghiệm là 9 1;
2 2
 
 
 
. 
0,25 
-------------------Hết------------------- 
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com