Kỳ thi thử đại học lần thứ I năm học 2013 – 2014 đề thi môn: toán khối a, a1, b thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 1 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3- 6x2 + 9x -2, gọi đồ thị là (C). 
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số. 
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm ( )M C∈ , biết M cùng với hai điểm 
cực trị A, B của đồ thị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 6 (đơn vị diện tích). 
Câu II (2,0 điểm). 
1. Giải phương trình: 5cosx + sinx - 3 = 2 sin 





+
4
2 pix . 
 2. Giải hệ phương trình : 
3 3 2
2 23
6 3 15 14
4 2 9 4 10 3
x y y x y
x y xy x x y
 − − + − =
 + + = + − + −
. 
Câu III (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, 
mặt phẳng (SCD) hợp với mặt phẳng (ABCD) một góc ϕ sao cho 1cos
7
ϕ = . 
Biết rằng SA = SC = SD, AB = BC = a, AD = 2a. 
 a. Tính thể tích của khối chóp theo a. 
 b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD và góc giữa hai mặt phẳng 
(SCD) và (SAD) theo a. 
Câu IV (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 2y xz≥ và 2z xy≥ . Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức : x y 2014zP
x y y z z 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 Va (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD biết 
( )M 2;1 ; N(4; 2);P(2;0);Q(1;2)− , lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương 
trình các cạnh của hình vuông ABCD. 
Câu VIa (1,0 điểm). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton 3 12
n
x
x
 
+ 
 
. 
Biết rằng 2 11 4 6nn nA C n−+− = + . 
Câu VIIa (1,0 điểm). Giải phương trình ( ) ( )1 2
2
log 4 2 2 1 log 1 1 0x x x+ − + + + + = . 
B. Theo chương trình Nâng cao. 
Câu Vb (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường tròn: 
2 2
1(C ) : x y 13+ = và 2 22(C ) : (x 6) y 25− + = . Gọi A là giao điểm của 1(C ) và 2(C ) với Ay 0< . 
Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt 1(C ) , 2(C ) theo hai dây cung phân biệt có độ 
dài bằng nhau. 
Câu VIb (1,0 điểm). Một thầy giáo có 12 quyển sách đôi một khác nhau trong đó có 5 quyển 
sách Toán, 4 quyển sách Vật lý, và 3 quyển sách Hóa học. Ông muốn lấy ra 6 quyển đem 
tặng cho 6 học sinh A,B,C,D,E,F mỗi em một quyển.Tính xác suất để sau khi tặng sách 
xong mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học đều còn lại ít nhất một quyển. 
SỞ GD VÀ ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 1 
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM HỌC 2013 – 2014 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A, A1, B 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 2 
Câu VIIb (1,0 điểm). Giải bất phương trình: ( ) 22 222 1 2(3 5) 3 5 2 0x xx x x x−− + −− + + − ≤ . 
 ---------HẾT-------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên:..SBD: 
 SỞ GD VÀ ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 1 ĐÁP ÁN 
(Câu 
Đáp án 
Điểm 
1) (1,0 điểm) 
• TXĐ: D = R 
• Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: , 2 ,
1
3 12 9, 0
3
x
y x x y
x
=
= − + = ⇔ 
=
0,25 
- Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;1)−∞ và (3; )+∞ , Hàm số nghịch biến trên khoảng 
(1;3) 
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x
=1 và yCĐ =2, đạt cực tiểu tại x=3 và yCT = -2 
- Giới hạn: lim ; lim
x x→−∞ →+∞
= −∞ = +∞ 
0,25 
- Bảng biển thiên: 
x - ∞ 1 3 + ∞ 
y, + 0 - 0 + 
y 2 + ∞ 
- ∞ -2 
0,25 
• Đồ thị: 
,, ,,6 12, 0 2y x y x= − = ⇔ = ⇒ Điểm uốn I(2;0), I là tâm đối xứng của (C) 
Giao điểm với Ox: I(2;0), giao điểm với Oy: M(0;-2) 
4
2
-2
-4
-5 5 10 1531
0,25 
2) (1,0 điểm) 
Điểm cực đại của (C): A(1,2). Điểm cực tiểu của (C): B(3;-2) 
2 5,AB⇒ = và đường thẳng : 2 4 0AB x y+ − = 
3 2
3 2 6 11 6( ) ( ; 6 9 2) ( ; )
5
a a a
M C M a a a a d M AB
− + −
∈ ⇒ − + − ⇒ = 
0,25 
I 
(2,0 
điểm) 
Gọi 1, . ( ; ) 6
2MAB
S S S AB d M AB∆= = = 0,25 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 3 
3 26 11 6 6(1)a a a⇔ − + − =
3 2
3 2
6 11 0 0(1)
46 11 12 0
a a a a
aa a a
 − + = =
⇔ ⇔ 
=
− + − = 
*) a = 0⇒M(0;-2) ⇒TT tại M: y = 9x-2 0,25 
*) a = 4 ⇒M(4;2) TT tại M: y = 9x-34 0,25 
Câu Điểm 
1) (1 điểm) 
5cosx + sinx - 3 = 2 sin 





+
4
2 pix ⇔ 5cosx +sinx – 3 = sin2x + cos2x 0,25 
⇔ 2cos2x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0 ⇔ (2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) 
= 0 
⇔ (2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0. 
0,25 
+/ cosx + sinx = 2 vô nghiệm. 0,25 
+/ cosx = 1 2 ,
2 3
x k k Zpi pi⇔ = ± + ∈ . 0,25 
 2) (1,0 điểm) 
Từ phương trình đầu ta có ( ) ( )
( ) ( ) ( )
3
3
2
2
3 2 3 2
2 2 2 . 3 0
x x y y
y x y y x x
+ = + + +
 
⇔ + − + + + + + = 
  
( ) ( )
2
22 2 ( 2 2 . 3 0 , .)y x hay y x Do y y x x x y⇔ + = = − + + + + + > ∀ 
0,5 
Thê vào phương trình thứ hai ta được 
( ) ( )( )3 33 3 36 5 5 5 6 5 6 5 6 5 *x x x x x x x f x f x+ = − − ⇔ + + + = + ⇔ = + Với 
3( ) , .f t t t t R= + ∈ Ta có '( ) 3 1 0,f t t t R= + > ∀ ∈ nên ( )f t đồng biến trên R 
0,25 
II 
(2,0 
điểm) 
Do đó ( ) ( )( )3 23* 6 5 6 5 0 1 5 0x x x x x x x⇔ = + ⇔ − − = ⇔ + − − = 
1 21
1
2
x x
±
⇔ =− ∨ = . Vậy ( ) 1 21 3 21 1 21 3 211; 3 ; ; ; ; .
2 2 2 2
S
     − − − + − +      = − −              
0,25 
 III 
(2,0 
điểm) 
E 
F A D 
B C 
S 
H 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 4 
Gọi F, E lần lượt là trung điểm của AD, CD; ta có FA = FD = FC, do đó tam giác ACD 
vuông tai C, có tâm đường tròn ngoại tiếp là F( vuông cân) . Vì SA = SD = SC nên SF là 
đường cao của hình chópS.ABCD. 
Dễ thấy SE và EF đồng thời vuông góc với CD, do đó góc giữa mp(SCD) và mp(ABCD) là 
góc SEF = ϕ 
0,5 
Từ giả thiết ta có tan 6 SF a 3ϕ = ⇒ = . Như vậy ta có thể tích khối chóp S.ABCD là 
2 31 AD BC 1 3a 3V SF.AB. a 3. a (dvtt)
3 2 3 2 2
+
= = = 
0,5 
( ) ( ) ( )Do AD//BC nên d SC,AD =d (SCB),AD =d F,(SBC) 
Kẻ FH vuông góc với SC ta có 
( )
2 2 2 2 2 2
BC CF
BC (SCF) BC FH mà FH SC nên FH (SBC) d AD,(SBC) FH
BC SF
1 1 1 1 1 4 a 3Tính FH : FH
FH FS FC 3a a 3a 2
⊥ 
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⊥ ⇒ =⊥ 
= + = + = ⇒ =
0,5 
a(1,0 
điểm) 
b(1,0 
điểm) 
Dựng FK SD⊥ , do ( )CF SAD CF SD⊥ ⇒ ⊥ ( )FKC SD⇒ ⊥ . Do đó góc giữa 
(SAD) và (SCD) là góc FKC (vì góc CFK bằng 900). 
Ta có 
0 3 2sin 60 ; tan .
2 3
a CF
FK FD CF a FKC
FK
= = = ⇒ = = 
Vậy 
 2arctan .
3
FKC = 
0,5 
Ta có: 1 1 2014P y z x1 1 1
x y z
= + +
+ + +
, đặt y z xa ;b ;c
x y z
= = = kết hợp với giả thiết ta suy 
ra 
a b c 0 0 c 1
abc 1 ab 1
≥ ≥ > < ≤ 
⇒ 
= ≥ 
. Khi đó 1 1 2014P
1 a 1 b 1 c
= + +
+ + +
0,25 
Ta có ( ) ( )21 1 2 a b ab 1 01 a 1 b 1 ab+ ≥ ⇔ − − ≥+ + + (đúng do ab 1≥ ) 
Suy ra 1 1 2 c
1 a 1 b c 1
+ ≥
+ + +
 hay 2 c 2014 2 c 2014 2014 2 cP
c 1c 1 c 1 c 1 c 1
+≥ + ≥ + =
++ + + +
 vì 
0 c 1 c c< ≤ ⇒ ≤ 
0,25 
Đặt t c 0 t 1= ⇒ < ≤ 
Xét hàm số ( ) 2t 2014f t
t 1
+
=
+
 với 0 t 1< ≤ . Ta có hàm số ( )f t liên tục trên ( ]0;1 , 
( ) ( ) ( )2
2012f ' t 0, t 0;1
t 1
= − < ∀ ∈
+
. 
0,25 
IV 
(1,0 
điểm) 
 Hàm số ( )f t nghịch biến trên ( ]0;1 . Suy ra ( ) ( )f t f 1 1008≥ = 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1008 khi và chỉ khi x y z= = . 0,25 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 5 
(1,0 điểm) 
Gọi phương trình AB : ( 2) ( 1) 0a x b y− + − = khi đó phương trình AD: 
( 1) ( 2) 0b x a y− − − = . Tứ giác ABCD là hinh vuông 
2( ; ) ( ; ) 3 4 a bd P AB d N AD b b a
a b
= −
⇔ = ⇔ = + ⇔ 
= −
0,5 
* Với 2a=-b chọn b=2 a=-1 phương trình các cạnh của hình vuông : 
: 2 0; : 2 4 0; : 2 2 0; : 2 6 0AB x y AD x y DC x y CB x y− + = + − = − + + = + − = 0,25 
V.a 
* Với a=-b chọn b=-1 a=1 phương trình cách cạnh của hình vuông 
: : 1 0; : 3 0; : 2 0; : 2 0AB x y AD x y DC x y CB x y− − = − − + = − − = − − + = 0,25 
 (1,0 điểm) 
Điều kiện 2,n n≥ ∈ℤ 
Ta có: ( ) ( )2 11 14 6 1 4 62
n
n n
n n
A C n n n n−+
+
− = + ⇔ − − = +
2 1( )11 12 0
12
n loai
n n
n
= −
⇔ − − = ⇔ 
=
0,25 
0,25 
VI.a 
Với n = 12 ta có: 
( )12 12 12123 3 3 12 36 412 12
0 0
1 1 12 2 2 2
n k
kk k k k
k k
x x C x C x
x x x
−
− −
= =
     
+ = + = =     
     
∑ ∑ 
Số hạng không chứa x ứng với k = 9 là 9 312.2 1760C = . 
0,25 
0,25 
 (1,0điểm) 
§K 
1
x
2
≥ . PT t−¬ng ®−¬ng: 
( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 x x 1log 4 2 2x 1 log x x 1 log 2 0 log 0 x x 1 2 2x 14 2 2x 1
+ +
− + − + + + + = ⇔ = ⇔ + + = + −
+ −
0,25 
1(x 2) ( x 1 2x 1) 0 (x 2) 1 0
x 1 2x 1
 
⇔ − + + − − = ⇔ − − = 
+ + − 
+) x = 2 thỏa mãn 
0,25 
VIIa 
+) 11 0 x 1 2x 1 1 0
x 1 2x 1
− = ⇔ + + − − =
+ + −
Vô lý vì 3 1x 1 2x 1 1 1 0 x
2 2
+ + − − ≥ − > ∀ ≥ . Vậy tập nghiệm { }2S = 
0,5 
Xét hệ 
 + = =
⇔ ⇒ − 
= ±
− + = 
2 2
2 2
x y 13 x 2
A(2; 3);B(2;3)
y 3(x 6) y 25
 0,25 
V.b 
(1,0 
điểm) 
Gọi ∆ là đường thẳng cần lập. Giả sử ∆ cắt 1(C ) ; 2(C ) tại M và N. 
Gọi M(a;b) vì A là trung điểm MN nên N(4 a; 6 b)− − − 
Do 1M (C )∈ ; 2N (C )∈ ta có hệ phương trình 
2 2
2 2
a b 13
( 2 a) ( 6 b) 25
 + =

− − + − − =
0,25 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 6 
Giải hệ phương trình ta được: 
a 2;b 3
17 6
a ;b
5 5
= = −

− − = =

 + Với a 2;b 3= = − thì M(2; 3)− loại do 
M A≡ + Với 17 6a ;b
5 5
− −
= = thì 17 6M( ; )
5 5
− −
 và 37 24N( ; )
5 5
−
0,25 
Lập phương trình đường thẳng đi qua MN là: ∆ + + =: x 3y 7 0 0,25 
(1,0 điểm) 
Ta thấy không thể chọn sao cho cùng hết 2 loại sách 
Số cách chọn 6 quyển sách từ 12 sách là 612 665280AΩ = = 
Gọi A là biến cố: “sau khi tặng sách song mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học 
đều còn lại ít nhất một quyển.” P(A)=1-P( A ) 
0,5 
Số cách chọn sao cho không còn sách Toán: 56 .7A =5040 
Số cách chọn sao cho không còn sách Vật lý: 4 26 8. 20160A A = 
Số cách chọn sao cho không còn sách Hóa học: 3 36 9. 60480A A = 
0,25 
VI.b 
| A |= 5040 20160 60480+ + =85680 nên P( A )= 85680 17
665280 132
= ⇒ P(A)=1- 17 115
132 132
= . 
0,25 
 (1,0 điểm) 
Bất phương trình tương đương với: 2 22 23 5 3 5( ) ( ) 2 0
2 2
x x x x− −− ++ − ≤ 
0,25 
Đặt 
2 22 2
3 5 3 5 1( 0)
2 2
x x x x
t t
t
− −
   + −
= > ⇒ =      
   
0,25 
VIIb 
ta được bất phương trình: 1 2 0t
t
+ − ≤ ( )
21
0 1
t
t
t
−
⇔ ≤ ⇔ = 22 0x x⇒ − = ⇔ x=0 ∨ x = 
2 
0,5 
Hết 
Chú ý : Các cách khác đúng cho điểm tương đương