Đề thi thử tuyển sinh đại học năm 2014 - Lần 2 môn: toán; khối d thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

 SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 - LẦN 2 
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối D 
 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 2 2 33 3( 1) 1y x mx m x m      (1), (với m là tham số thực). 
 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 
 b) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ gốc tọa độ 
 đến điểm cực tiểu của đồ thị bằng 2 . 
 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 cos 2 4 2 sin 4cos 1 0
4
x x x x
 
      
 
. 
 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
3 1 4(2 1) 1 3
( )(2 ) 4 6 3
x x y y
x y x y x y
      

     
 ( , )x y . 
 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
 
2
2
1
2 ln
2
x x
I dx
x



 . 
 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M , N và P lần lượt là 
 trung điểm các cạnh AB , AD và DC . Gọi H là giao điểm của CN và DM , biết ( )SH ABCD , 3SH a . 
 Tính thể tích khối chóp .S HDC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( )SBP . 
 Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương ,x y thỏa mãn 2 2 2x y  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
 2 2( 1) ( 1)P x y y x    . 
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 7.a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hình thoi ABCD với (1;0)A , đường chéo BD có 
 phương trình là 1 0x y   . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 8 và đỉnh B 
 có hoành độ dương. 
 Câu 8.a (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S), 2 đường thẳng 1 2,d d có phương 
 trình (S): 2 2 2 4 4 2 16 0x y z x y z       1 2
3
1 1 1
: : 2 ( )
1 4 1
1 2
x t
x y z
d d y t t
z t
 
   
   
    
 . Viết phương trình 
 mặt phẳng (P) song song với 1 2,d d và khoảng cách từ tâm mặt cầu (S) đến mặt phẳng (P) bằng 3. 
 Câu 9.a (1.0 điểm). Tìm hệ số của 4x trong khai triển biểu thức 3
2
n
x
x
 
 
 
, biết n là số tự nhiên thỏa mãn hệ 
 thức 6 24 454
n
n nC nA

   . 
 B. Theo chương trình Nâng cao 
 Câu 7.b (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm (0;2)A và đường thẳng : 2 2 0d x y   . 
 Tìm trên d hai điểm ,M N sao cho tam giác AMN vuông tại A và 2AM AN , biết tọa độ của N là các số 
 nguyên . 
 Câu 8.b (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng 
3 2 1
:
2 1 1
x y z
d
  
 

 và 
 mặt phẳng ( ) : 2 0P x y z    . Gọi M là giao điểm của d và ( )P . Viết phương trình đường thẳng  nằm 
 trong mặt phẳng ( )P , vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 3 42 . 
 Câu 9.b (1.0 điểm). Tính môđun của số phức z – 2i biết 04)2).(2(  iziziz . 
----------------- 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 D 
 (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
a) 1,0 
Với m=1, hàm số (1) trở thành 3 23y x x  
TXĐ: D   
Sự biến thiên: 
 Giới hạn: lim ,lim
x x
y y
 
    
0,25 
 Chiều biến thiên: 2
0
' 3 6 , ' 0
2
x
y x x y
x

     
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2; ) 
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) 
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0, 0cdy  ; cực tiểu tại x=2, 4cty   
0,25 
x
y’
y
-∞
-∞
+∞
+∞
0 2
0 0-+ +
0
-4
0,25 
Đồ thị: Tiếp xúc Ox tại O, cắt Ox tại (3;0). 
2
-2
-4
-5 5 x
f x  = x3-3x2
O
y
0,25 
b) 1,0 
Trong trường hợp tổng quát, ta có 2 2' 3 6 3( 1)y x mx m    , 
12 2
2
1
' 0 2 1 0
1
x x m
y x mx m
x x m
  
       
  
0,25 
Vì ' 0y  luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên hàm số luôn có cực đại, cực tiểu với 
mọi m. 
0,25 
1 
(2,0 điểm) 
Dề thấy 1 1m m   , nên y’ đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua 2 1x m  , do đó đồ 
thị hàm số có điểm cực tiểu là ( 1; 1 3 )A m m   
0,25 
WWW.VNMATH.COM
 Theo giả thiết 2 2 2
1
( 1) (1 3 ) 2 5 4 1 0 5
1
m
OA m m m m
m

         

 
Vậy 
1
5
m  hoặc 1m   . 
0,25 
Phương trình đã cho tương đương:  sin 2 cos 2 4 s inx cos 4cos 1 0x x x x      0,25 
s inx(cos sinx 2) 0x    0,25 
s inx 0
cos s inx 2 0( )x VN

    
0,25 
2 
(1,0 điểm) 
x k  
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x k ( )k 
0,25 
Điều kiện: 
1
; 1
3
x y  . 
Phương trình thứ hai tương đương với : 
( )(2 ) 4 4( ) (2 ) ( 1)(2 4) 0x y x y x y x y x y x y              ( Vì 1 0x y   ) 
2 4y x   
0,25 
Thay vào phương trình thứ nhất ta được: 
3 1 2 8 2 3 3 1 2 3 2 8 0x x x x x x            
0,25 
3 1 (2 3) 1
2( 4) 0 ( 4) 2 0
3 1 2 3 3 1 2 3
x x
x x
x x x x
    
        
      
0,25 
3 
(1,0 điểm) 
4 12x y    
Vậy hệ phương trình có một nghiệm là: (4;12) 
0,25 
Đặt 
 
2
22 ln
1
1
2
2
xu x x du dx
x
dv dx
vx
x
   
      
0,25 
2 2
1 1
2 ln
2
x x dx
I
x x

  
 
0,25 
= 
1 1 2
6 2
n
  + 
2
1
ln x 
0,25 
4 
(1,0 điểm) 
= 
ln 2 1
2 6
 
0,25 
WWW.VNMATH.COM
PH
N
M B
A
D
C
S
K
I
Chứng minh được CN vuông góc với BP DHC  vuông tại H 
Tính được
2 5
5
HC a , 
25 1 1 2 5 5
. . .
5 2 2 5 5 5
HDC
a a a a
HD S HC HD     
0,25 
Suy ra  
2 3
.
1 1 3
. 3.
3 3 5 15
S HDC HDC
a a
V SH S a dvtt   
0,25 
Trong ( ABCD ), Gọi K là giao điểm của CN và BP 
Ta có ( )SBP cắt HC tại trung điểm K nên      , ,d C SBP d H SBP 
Trong ( SHK ) hạ HI  SK ( I SK ) 
Chứng minh được ( ) ( )SHK SBP mà ( ) ( )SHK SBP SK  ( )HI SBP  
Khi đó   ;d H SBP HI . 
0,25 
5 
(1,0 điểm) 
Ta có 3SH a , tính được
1 5
2 5
a
HK HC  . 
Tam giác SHK vuông tại H có HI là đường cao 
2 2 2
2
5
3.
. 35
4
3
5
a
a
SH HK a
HI
SH HK a
a
   


Vậy  
3
,( )
4
a
d C SBP  
0,25 
Ta có ( 4)P xy x y x y     0,25 
Đặt t x y  ta có 2 20 2( ) 2t x y x y      nên (0;2]t 0,25 
Mặt khác 
2
21 ( )
4 4
t
xy x y   
Khi đó: 
2 3
2( 4) ( 4)
4 4
t t
P xy t t t t t t         
0,25 
6 
(1,0 điểm) 
Khảo sát hàm số 
2
2( )
4
t
f t t t   trên (0;2] ta được ( ) (2) 8f t f  
Vậy 8P  . Dấu đẳng thức xảy ra khi 1x y  
Do đó 8MaxP  khi 1x y  
0,25 
WWW.VNMATH.COM
Ta có 
AC BD  phương trình : 1 0AC x y   
Gọi (0;1) ( 1;2)I AC BD I C     
0,25 
Suy ra 2 2AC  . Mà 
2. 16
4 2
2 2 2
ABCD
ABCD
SAC BD
S BD
AC
     2 2IB  
0,25 
 Vì ( ; 1)B BD B b b   . Nên 2 22 2 8 2IB b b b       0,25 
7.a 
(1,0 điểm) 
Với 2 ( 2; 1)b B     ( loại) 
Với 2 (2;3) ( 2; 1)b B D     
Vậy ( 1;2), (2;3), ( 2; 1)C B D   
0,25 
(S) có tâm I(2;2;-1) bán kính R=5 
1d đi qua điểm 1(1; 1;1)M  có véc tơ chỉ phương là 1 ( 1;4;1)u  

2d đi qua điểm 2 (3;0; 1)M  có véc tơ chỉ phương là 2 (1;2;2)u 

 4 1 1 1 1 41 2 2 2 2 1 1 2[ , ] ; ; (6;3; 6) 3(2;1; 2)u u      
 
0,25 
Gọi (P) là mặt phẳng song song với 1 2,d d  (P) nhận 1 2
1
[ , ]=(2;1;-2)
3
u u
 
làm véc tơ phép 
tuyếnphương trình của (P): 2 2 0x y z D    . 
( , ( )) 3d I P 
2 2 2
| 2.2 1.2 2( 1) |
3
2 1 ( 2)
D   
 
  
1
| 8 | 9
17
D
D
D

      
0,25 
Với D=1phương trình của (P): 2 2 1 0x y z    (loại vì (P) chứa M1 ) 0,25 
8.a 
(1,0 điểm) 
Với D=-17phương trình của (P): 2 2 17 0x y z    . 
Vậy (P): 2 2 17 0x y z    
0,25 
Từ hệ thức đã cho suy ra 6,n n N  . 
 
   
6 2
4
4 ! !
454 454
2! 6 ! 2 !
n
n n
n n
C nA n
n n



    
 
0,25 
3 22 9 888 0 8.n n n n      0,25 
Với 8n  ,      
8 8 8
8 83 1 3 24 4
8 8
0 0
2
2 2 1
k k kk k k k
k k
x C x x C x
x
  
 
 
     
 
  
0,25 
9.a 
(1,0 điểm) 
Hệ số của x4 tương ứng với 24 4 4 5k k    . 
Vậy hệ số của x4 là  
8 55 5
8 2 1 1792C

   . 
0,25 
7.b 
(1,0 điểm) Gọi H là hình chiếu của A lên d ta có AH = d(A, d) = 
2
0 2.2 2 2
51 2
 


Tam giác AMN vuông tại A nên 
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5
1
4 4
AN
AM AN AH AN AN
       
0,25 
B 
A 
D 
C 
I 
WWW.VNMATH.COM
Gọi (2 2; )N y y d  
Ta có 2 2 21 (2 2) ( 2) 1 5 12 7 0AN y y y y          
0,25 
1 (0;1)
7 4 7
; (loai)
5 5 5
y N
y N
 
        
0,25 
Với (0;1)N , Đường thẳng AM qua A(0;2) có vectơ pháp tuyến (0; 1)AN  

 Phương trình là AM: 2 0y   
Ta có M d AM   Toạ độ M là nghiệm của hệ 
2 2 0 2
(2;2)
2 0 2
x y x
M
y y
    
  
   
Vậy (2;2), (0;1)M N 
0,25 
Ta có phương trình tham số của d là: 
3 2
2
1
x t
y t
z t
 

  
   
  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2
2
1
2 0
x t
y t
z t
x y z
 
   

  
    
(tham số t) (1; 3;0)M  
0,25 
Lại có vectơ pháp tuyến của (P) là (1;1;1)Pn 

, vectơ chỉ phương của d là (2;1; 1)du  

. 
 Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên: 
  có vectơ chỉ phương , (2; 3;1)d Pu u n     
  
Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M lên  , khi đó ( 1; 3; )MN x y z  

. 
Ta có MN

 vuông góc với u

 nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 
0,25 
Lại có N(P) và MN = 3 42 ta có hệ: 
2 2 2 2
2 0 4 13
2 3 11 0 5 15
( 1) ( 3) 378 6 0
x y z x y
x y z z y
x y z y y
      
 
        
 
       
13 11
0 6
15 15
x x
y y
z z
   
 
     
    
 Ta được hai điểm N(13; 0; - 15) và N(-11; - 6; 15) 
0,25 
8.b 
(1,0 điểm) 
Nếu N(13; 0; -15) ta có phương trình 
13 15
:
2 3 1
x y z 
  

Nếu N(-11; -6; 15) ta có phương trình 
11 6 15
:
2 3 1
x y z  
  

0,25 
Đặt z = a + bi ( a, b  R ). Khi đó: 
04)2).(2(  iziziz  ( a + ( b- 2)i).( a – ( b + 2)i) + 4i ( a + bi ) = 0 
0,25 
 ( a2 + b
2 – 4 – 4b) + [a( b – 2) – a( b + 2) + 4a] i = 0  a2 + b
2 – 4b – 4 = 0 0,25 
 Ta lại có: 44)2(2 22  bbaibaiz 0,25 
9.b 
(1,0 điểm) 
= 22884422  bba . 
Vậy môđun của z – 2i bằng 22 . 
0,25 
-------------------Hết------------------- 
WWW.VNMATH.COM
 WWW.VNMATH.COM