ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN 2014 - THI THỬ TOÁN A NQD 2014

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 + A
1
+ 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 2
3 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
0
m
=
.
b) Tìm
m
để đồ thị hàm số
(1)
có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua điểm

(
)
1;3
I
.
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
3
1
2 4
0
1
=
+ +
∫
x dx
I
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 1
x 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 0
AC 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 0
P 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 0
AC 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:
www.24hchiase.com- Diễn đàn chia sẻ tài liệu LTĐH

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, A
1
và khối B
(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)

Câu Đáp án Điểm
a. (1,0 điểm)
Khi
0
m
=
ta có
3 2
3 1
y x x
= − + +

• Tập xác định:
D
=


•
Sự biến thiên:
−
Chiều biến thiên:
2
' 3 6 ; ' 0 0

y x x y x
= − + = ⇔ =
hoặc
2
x
=

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 6
y 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
⇔
' 0
y
=
có hai nghiệm phân biệt
⇔

2 1
m m m
+ ≠ − ⇔ ≠ −

0,25
1
(2,0 điểm)
Với
3 2
2 3 1
x m y m m
= −
⇒
= − − +

Với
3 2
2 2 9 12 5
x m y m m m
= +
⇒

= + + +

Tọa độ hai điểm cực trị là
(
)
3 2
; 2 3 1
A m m m
− − − +
và
(
)
3 2
2;2 9 12 5
B m m m m
+ + + +

0,25
www.24hchiase.com- Diễn đàn chia sẻ tài liệu LTĐH
(
)
1;3
I
là trung điểm của
AB
⇔
2
2
0
6 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, 2
m m
= = −
.
0,25
Điều kiện:
cos 0

x
≠
.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
cos sin cos sin
x x x x
+ = +

0,25
(cos sin )(cos sin 1) 0
x x x x
⇔ − + − =

0,25
cos sin 0
x x
− = ⇔
tan 1
4
x x k
π
π
= ⇔ = +
( )
k
∈


0,25

2
(1,0 điểm)
2
1
cos sin 1 cos 2
4 4 4
2
2
2
x k
x x x x k
x k
π
π π π
π
π
π

=
 

+ = ⇔ − = ⇔ − = ± + ⇔
 

= +
 



( )

k
∈


Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm
4
x k
π
π
= +
hoặc
2
x k
π
=
.
( )
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:
1
1 2 0
2
x x
− ≥ ⇔ ≤
. Đặt
2
t x y
= +
, phương trình (1) trở thành:

2
1
2 0
2
t
t t
t

=
+ − = ⇔


= −


0,25
Nếu
1
t
=
thì
2 1 1 2 0
x y x y
+ = ⇔ − = ≥
. Thế vào phương trình (2) ta được phương trình

2
8 9 0
y y
+ − =

Đặt
0
u y
= ≥
, phương trình trở thành:
4 3 2
8 9 0 ( 1)( 9) 0 1
u u u u u u u
+ − = ⇔ − + + + = ⇔ =
. Khi đó hệ có nghiệm
0

1
x
y

=

=


0,25
Nếu
2
t
= −
thì
2 2 1 2 3 0
x y x y
+ = − ⇔ − = + ≥
. Thế vào phương trình (2) ta được
phương trình

2
3
8 3 9 0 8 3 ( 3)( 3) 0
8 ( 3) 3 0
y
y y y y y
y y

= −

+ + − = ⇔ + + − + = ⇔

+ − + =



Với
3
y
= −
thì hệ có nghiệm
1
2
3
x
y

=



= −


0,25
3
(1,0 điểm)
Xét phương trình
8 ( 3) 3 0
y y

+ − + =
(3)
Đặt
3 0
v y
= + ≥
, phương trình (3) trở thành:
3
6 8 0
v v
− + =

Xét hàm số
3
( ) 6 8
f v v v
= − +
, ta có:

2
'( ) 3 6
f v v
= −
và
'( ) 0 2
f v v
= ⇔ = ±

Hàm
( )

f v
đạt cực đại tại
( 2;8 4 2)
− +
, đạt cực tiểu tại
( 2;8 4 2)
−

Vì
(0) 8 0
f
= >
và
8 4 2 0
− >
nên
( ) 0
f v
=
không có nghiệm
0
v
≥

0,25
www.24hchiase.com- Diễn đàn chia sẻ tài liệu LTĐH
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là
1
0
;

2
1
3
x
x
y
y


=
=

 
=


= −

.
Ta có:
1 1
3 4 5
0 0
1
I x x dx x dx
= + −
∫ ∫

0,25
1

1
6
5
0
0
1
6 6
x
x dx
 
= =
 
 
∫

0,25
Đặt
4 2 4 3
1 1 2
t x t x tdt x dx
= + ⇒ = + ⇒ =
Đổi cận:
0 1 ; 1 2
x 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 16
A 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 3
3
x y z
A xyz
y z x x y z
xyz
= + + + + + ≥ +

0,25
www.24hchiase.com- Diễn đàn chia sẻ tài liệu LTĐH
Đặt
3
t xyz
=
ta có
3
1
0
3 2
x y z

t xyz
+ +
< = < ≤

0,25
Khi đó:
3 3 9 15
3 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
15
min
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 0
MA x y
− + =
. Suy ra
1 22
' ;
5 5
A
 
 
 

0,25
Ta có
'
1 1
. '.
2 3
A MC
S MA MC
= =

Hai tam giác
ABC
và
'
A MC
nên
2
'
1 3.1
3
9 3 (2;2)
1
5 3.( 1)
3
B
ABC
A MC
B
x
S

CB
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 2
MA 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.24hchiase.com- Diễn đàn chia sẻ tài liệu LTĐH
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:

0
5 2 5
3
1 1 1
3 0
0
x
x 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
4
15
1365
C =
cách
0,25
Các trường hợp cho ra 4 viên bi có đủ 3 màu là:
•
2 đỏ, 1 trắng, 1 vàng:
2 1 1
6 5 4
300
C C C =

•
1 đỏ, 2 trắng, 1 vàng:
1 2 1
6 5 4
240
C C C =

•
1 đỏ, 1 trắng, 2 vàng:
1 1 2
6 5 4
180
C 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;4
C

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
: 0
BC 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 4
4 .
2.
3
1
4
3
16 4 16 4
4 ( 4)
3 3

ABC
b
b
S
S b
AB BC CA
b b
b b
−
−
= = = −
+ +
 
− −
− + + − +
 
 

0,25
Theo giả thiết
1
r
=
nên ta có
1
b
=
hoặc
7
b

=

0,25
7.b
(1,0 điểm)
Với
1
b
=
ta có
(4;1), (0;1)
A B
. Suy ra:
(4;4)
D

Với
7
b
=
ta có
( 4;7), (0; 7)
A B
− −
. Suy ra:
( 4;4)
D
−
.
0,25

www.24hchiase.com- Diễn đàn chia sẻ tài liệu LTĐH
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
2
1 1
, ( 2 2;2 1;2 2) , 12 20 9
2 2
AMB
AM AB t t t S AM AB t t
   
= − − + + ⇒ = = + +
   
   

0,25
2
1 5 2 1 2
12
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( ) 5
x y
x y x y
+
⇔ = = + ⇔ + =

0,25
Thế vào (2) ta được:
2 2lg5
lg5 2
10 100
lg( ) 2 2lg5 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.24hchiase.com- Diễn đàn chia sẻ tài liệu LTĐH