Đề thi thử Trần Phú, Hà Tĩnh lần 2 năm 2014

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
= − + −
3 2
3
y x mx m 1
2
.
a. Khảo sát hàm số khi
=
m 2
.
b. Cho điểm
(
)
I 0;2
, tìm giá trị m để đồ thị hàm số có CĐ, CT là hai điểm A, B sao cho diện tích
IAB
∆
bằng 1.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
+ =
−
sin 2x 1
2 sin x tan x
sin x cos x
2
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

( )


+ = + +

+ + + =


2
2
2 2
x x y 7x 2y 2
x y xy 1 4x
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
2
4
3cot x 1 x
I dx
sin x
π
π
+ +
=
∫
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp
S.ABCD
có

SA (ABCD)
⊥
, đáy
ABCD
là hình thoi có cạnh bằng
a
và

0
ABC 120 .
=
Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng
(SCB)
và
(ABCD)
bằng
.45
0
Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SC
và
BD
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực thuộc
(
)
0;1
thoả mãn

(
)
(
)
( )( )
3 3
x y x y
1 x 1 y
xy
+ +
= − −

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2
2 2
1 1
P 4xy x y
1 x 1 y
= + + − −
+ +
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A. Theo chương trình Chun
Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là
(
)
M 1;0
− . Trọng
tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là
4 4

G ;
3 3
 
 
 
và
(
)
I 1;4
. Xác định tọa độ các đỉnh
của tam giác ABC.
Câu 8a (1,0 điểm).Trong không gian Oxyz cho mặt cầu
(
)
2 2 2
S :x y z 8x 4y 11 0
+ + − − + =
và hai điểm
(
)
M 1;1;1

(
)
N 2; 1;1
− . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm M, N đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu 9a (1,0 điểm). Tìm số phức z thoả mãn
1 iz z 3i
− = −
và

5
z
z
−
là số thuần ảo.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn
(
)
2 2
C :x y 2x 6y 2 0
+ − − + =

và AB song song với đường thẳng
d : x y 8 0
− − =
. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm
A và C có hoành độ dương.
Câu 8b (1,0 điểm).Trong không gian Oxyz cho
(P): x 2y 2z 3 0
− + + =
, đường thẳng
1
x 3 y 4 z 2
d :
2 3 2
− + −
= =
−
,

2
x 3 y 6 z
d :
6 4 5
− −
= =
−
. Tìm
1 2
M d ,N d
∈ ∈
sao cho MN song song với (P) và khoảng cách từ MN đến
(
)
P
bằng 2.
Câu 9b (1,0 điểm). Một hộp đựng 11 viên bi được đánh số từ 1 đến 11. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi rồi cộng
các số trên viên bi lại với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là một số lẻ.

HẾT
Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh……………………………. ….SBD………………
SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013 -2014
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
www.MATHVN.com – DeThiThuDaiHoc.com

FB.com/thithudaihoc
1

ĐÁP ÁN VẮN TẮT VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

Câu
1 a
1 đ


Khi m=2 ta có
3 2
y x 3x 1
= − +

- Tập xác định
D R
=

- Sự biến thiên
+ Chiều biến thiên
2
y'(x) 3x 6x y'(x) 0 x 0
= − ⇔ = ⇔ =
hoặc
x 2
=

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
(

)
(
)
;0 , 2;
−∞ +∞
. Nghịch biến trên
(
)
0;2



0,25




+ Hàm số đạt CĐ tại
x 0
=
, y
CĐ
1
=
. Hàm số đạt CT tại
x 2
=
, y
CT
3

= −
.
+ Giới hạn tại vô cực:
( )
3
3
x x
3 1
lim y x lim x 1
x x
→+∞ →+∞
 
= − + = +∞
 
 
;
(
)
x
lim y x
→−∞
= −∞


0,25



+ Bảng biến thiên
x

−∞
0 1
+∞

(
)
y' x
+ 0 - 0 +

(
)
y x


1


+∞




−∞

3
−

- Đồ thị :Đồ thị hàm số đi qua các điểm
(
)

1; 3
− −
,
(
)
3;1
và nhận điểm
(
)
I 1; 1
−
làm tâm đối xứng


0,5
Câu
1b
1 đ

(
)
2
y ' x 3x 3mx,
= −
(
)
y ' x 0 x 0
= ⇔ =
hoặc
x m

=

Hàm số đạt CĐ, CT khi và chỉ khi
(
)
y ' x 0
=
có hai nghiệm phân biệt, suy ra
m 0
≠


0,25
Giả sử
( )
3
m
A 0;m 1 , B m; m 1
2
 
−
− + −
 
 
, Do
(
)
I 0; 2

Suy ra

IA m 3
= −
, Do I, A thuộc trục oy suy ra
( )
IAB
1 1
S IA.d B,oy m 3 m
2 2
= = −

0,25


Theo giả thiết suy ra
2
2
2
m 3m 2 0
m 3m 2
m 3m 2 0

− + =
− = ⇔

− − =


Với
2
m 3m 2 0

− + =
ta có
m 1
=
hoặc
m 2
=
.
Với
2
m 3m 2 0
− − =
ta có
3 17
m
2
+
= hoặc
3 17
m
2
−
=
Đối chiếu điều kiện ta thấy thỏa mãn, suy ra
3 17 3 17
m 1, m 2,m , m
2 2
+ −
= = = =

0,5





Câu
2
1 đ
Điều kiện xác định của pt:
sin x cos x 0
cos x 0
− ≠


≠




0,25
Khi đó ta có pt
+ −
=
−
2
sin 2x 2sin x 2 sin x.cos x 1
tan x
sin x cos x

2
⇔ =
−
2
2sin x 1 sin x
sin x cos x cos x
2

0,25

y
x
-1
-3
1
3
2
1
0
-1
www.MATHVN.com – DeThiThuDaiHoc.com

FB.com/thithudaihoc
2

sin x 0
sin x 0
sin 2x. sin x
2 2 sin x.cos x sin x cos x
4

=

=


⇔ ⇔
π

 

= −
= −
 


 

x k
5 k2
x k2 ,x
4 12 3
= π


⇔
π π π

= − + π = +


Đối chiếu điều kiện ta thấy pt có các nghiệm
x k
= π
,
5 k2
x k2 , x
4 12 3
π π π
= − + π = +


0,5

Câu
3
1 đ
Nhận xét
x 0
=
không thỏa mãn hệ phương trình, suy ra
x 0
≠

( )


+ = + +

+ + + =



2
2
2 2
x x y 7x 2y 2
x y xy 1 4x
( )
( )
( )
( )
( )

+
+ − =


+ − + =
 
⇔ ⇔
 
+
+ + + =
 

+ + =


2
2
2

2
2
2
y 1
x y 2 7
x x y 2 y 1 7x
x
y 1
x x y y 1 4x
x y 4
x

0,25
Đặt
2
u x y
y 1
v
x
= +



+
=


ta có hệ
2
u 2v 7

u v 4

− =

+ =

u 3, v 1
u 5, v 9
= =

⇔

= − =


0,25
Khi
u 3
v 1
=


= −

ta có
2
2
x y 3
x 3 y x 2, y 1
y 1

y 1 3 y x 5, y 2
1
x
+ =

= − = =
 

⇔ ⇔
 
+

+ = − = = −
=
 



0,25
Khi
u 5
v 9
= −


=

ta có
2
2 2

x y 5
x 5 y x 5 y
y 1
y 1 45 9y y 9y 46 0
9
x
+ = −

= − − = − −
 

⇔ ⇔
  
+
+ = − − + + =
=
 


(hệ vô nghiệm)
Vậy hệ pt có hai nghiêm
(
)
(
)
2;1 , 5; 2
−

0,25
Câu

4
1đ
2 2 2
2 2 2
4 4 4
3cot x 1 x 3cot x 1 x
I dx dx dx
sin x sin x sin x
π π π
π π π
+ + +
= = +
∫ ∫ ∫


0,25



Tính
2
1
2
4
3cot x 1
I dx
sin x
π
π
+

=
∫
. Đặt
2
2 dx
t 3cot x 1 tdt
3 sin x
−
= + ⇒ =
Khi
x t 2, x t 1
4 2
π π
= ⇒ = = ⇒ =
, suy ra
2
1
2 3
1
2
1
2 2 14
I t dt t
3 9 9
−
= = =
∫

0,25


Tính
2
2
2
4
x
I dx
sin x
π
π
=
∫
. Đặt
2
u x
du dx
dx
v cot x
dv
sin x
=

=


⇒

 
= −
=






0,25

2
2 2
2
4 4
4
cos x 2
I x cot x dx ln sin x ln
sin x 4 4 2
π
π π
π π
π
π π
⇒ = − + = + = −
∫
1 2
2 14
I I I ln
4 2 9

π
= + = − +

0,25
Câu
5
1đ

Ta có
SABCD ABCD
1
V SA.S
3
= (1);
2
0
ABCD
a 3
S AB.ADsin 60
2
= = (2)
Dựng
SH BC
⊥
, Do
SA BC
⊥
, suy ra
(
)

SHA BC
⊥
0,25

H
I
O
D
C
B
A
S
www.MATHVN.com – DeThiThuDaiHoc.com

FB.com/thithudaihoc
3

Suy ra

SHA
là góc giữa
(SCB)
và
(ABCD)
.

0
SHA 45
⇒ =

SAH
⇒ ∆
vuông cân
SA AH
⇒ =

0
3
AB.sinABH a.sin60 a
2
= = =
(3)
Từ (1), (2) và (3) ta có
2 3
SABCD
1 a 3 a 3 a
V .
3 2 2 4
= =

0,25
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Dựng
OI SC
⊥
. suy ra OI là đoạn vuông góc chung của SC và
BD. Ta có
SAC
∆
và
OIC

∆
đồng dạng
SA.OC
OI
SC
⇒ =
0,25
Ta có
0
a 3
OC a.sin 60 AC a 3
2
= = ⇒ = ,
2
2 2 2
3a a 15
SC SA AC 3a
4 2
= + = + =
a 15
OI
10
⇒ =

0,25
Câu
6
1đ
Ta có
(

)
(
)
( ) ( ) ( )
3 3
2 2
x y x y
x y
1 x 1 y x y xy x y 1 0
xy y x
+ +
 
= − − ⇔ + + − + + − =
 
 

Do
x, y 0
> ⇒

2 2
x y
2 xy
y x
+ ≥ ,
x y 2 xy
+ ≥
( )
2 2
x y

x y xy x y 1
y x
 
⇒ + + − + + − ≥
 
 
3xy 2 xy 1
+ −

Đặt
xy t
=
(
t 0
>
) suy ra
(
)
(
)
1
3t 2 t 1 0 3 t 1 t 1 0 t
9
+ − ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ≤
suy ra
1
0 t
9
< ≤

0,25

Chứng minh
2 2
1 1 2
1 x 1 y 1 xy
+ ≤
+ + +
(2)
Ta có
2 2
1 1 1 1
(2) 0
1 x 1 xy 1 y 1 xy
   
⇔ − + − ≤
   
+ + + +
   
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2
x y xy 1
0
1 xy 1 x 1 y
− −

⇔ ≤
+ + +

Kết hợp BĐT Bunhiacopxki ta có
2
2 2
2 2
1 1 1 1 4
2
1 x 1 y 1 xy
1 x 1 y
 
 
 
+ ≤ + ≤
 
 
+ + +
+ +
 
 

2 2
1 1 2
1 xy
1 x 1 y
⇒ + ≤
+
+ +
Mặt khác

( )
2
2 2
4xy x y 2xy x y 2xy
− − = − − ≤
Suy ra
2 2
P 2xy 2t
1 xy 1 t
≤ + = +
+ +
. Xét hàm số
( )
2
f t 2t
1 t
= +
+
trên
1
0;
9
 


 

0,5
Ta có
( )

( )
3
1
f ' t 2 0
1 t
−
= + >
+
, suy ra
(
)
f t
đồng biến trên
1
0;
9
 


 

( )
1 6 2
f t f
9 9
10
 
⇒ ≤ = +
 
 

. Dấu = xảy ra khi
1
t
9
=
Khi đó ta có
6 2
MaxP
9
10
= +

0,25
Phần dành cho thí sinh theo chương trình chun
Câu
7a
1đ

Ta có
AM 3GM
=
 
,
( ) ( )
7 4
GM ; AM 7; 4 A 6;4
3 3
− −
 
= ⇒ = − − ⇒

 
 
 

0,25
Đường thẳng BC đi qua điểm M nhận
(
)
MI 2;4
=

làm vtpt suy ra

BC : x 2y 1 0
+ + =
.
(
)
0 0
B 1 2y ; y
⇒ − −

Ta có
( ) ( )
2 2
0 0
IB IA 2 2y y 4 25
= ⇔ − − + − =

2

0 0 0
y 1 0 y 1 y 1
⇔ − = ⇔ = ∨ = −

0,25
G
I
M
C
B
A
www.MATHVN.com – DeThiThuDaiHoc.com

FB.com/thithudaihoc
4

Với
(
)
0
y 1 B 3;1
= ⇒ − . Do
(
)
M 1;0
− là trung điểm BC suy ra
(
)
C 1; 1
−

Với
(
)
0
y 1 B 1; 1
= − ⇒ −
. Do
(
)
M 1;0
− là trung điểm BC suy ra
(
)
C 3;1
−
0,5

Câu
8a.
1đ
Ta có
( ) ( )
2 2
2
S : x 4 y 2 z 9
− + − + =
, Suy ra (S) có tâm
(
)

I 4;2;0
, bán kính
R 3
=

Gọi
(
)
n a;b;c
=

là vtpt của (P), (a, b, c không đồng thời bằng 0)
(
)
(
)
(
)
(P) : a x 1 b y 1 c z 1 0 ax by cz a b c 0
⇒ − + − + − = ⇔ + + − − − =

(
)
MN 1; 2; 0
= −

, Do
MN n MN.n 0 a 2b 0 a 2b
⊥ ⇒ = ⇔ − = ⇔ =
   

(1)


0,25

Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên ta có
( )
( )
2 2 2
3a b c
d I, P 3 3
a b c
+ −
= ⇔ =
+ +
(2)
Từ (1) và (2) ta có
2 2 2 2
7b c 3 5b c 2b 7bc 4c 0
− = + ⇔ − − =
b
c
4
⇔ =
hoặc
c 2b
= −

0,25


Với
b
a 2b,c
4
= =
, chọn
b 4 a 8,c 1 (P) : 8x 4y z 13 0
= ⇒ = = ⇒ + + − =

Với
a 2b,c b
= = −
, chọn
b 1 a 2,c 2 (P) : 2x y 2z 1 0
= ⇒ = = − ⇒ + − − =

0,5
Câu
9a.
1đ
Đặt
(
)
z a bi a, b R
= + ∈ .
Ta có
( ) ( ) ( )

2 2
2 2
1 iz z 3i 1 b ai a 3 b i 1 b a a 3 b
− = − ⇔ + − = − + ⇔ + + = + +
b 2
⇔ = −
.

0,25

Suy ra
2 2
5 5 5a 10
z a 2i z a 2i a i 2
z a 2i a 4 a 4
   
= − ⇒ − = − − = − − +
   
− + +
   

0,25
Do
5
z
z
−
là số thuần ảo suy ra
2
5a

a 0 a 0 a 1 a 1
a 4
− = ⇔ = ∨ = ∨ = −
+

Vậy
z 2i, z 1 2i, z 1 2i
= − = − = − −

0,5
Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao
Câu
7b
1đ
Ta có
( ) ( ) ( )
2 2
C : x 1 y 3 8
− + − =
, Tâm của đường tròn (C) là điểm
(
)
I 1;3
,
bán kính
R 2 2
=
Đường thẳng CI đi qua I vuông góc với đường thẳng d suy ra
(
)

(
)
CI :1 x 1 1 y 3 0 CI : x y 4 0
− + − = ⇔ + − =

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
( ) ( ) ( )
2 2 2
y 4 x y 4 x
x 1 y 3 8 x 1 4
= − = −
 
 
⇔
 
− + − = − =
 
 

x 3 x 1
y 1 y 5
= = −
 
⇔ ∨
 
= =
 
Do điểm C có hoành độ dương suy ra
(
)

C 3;1






0,5

Ta có
(
)
CI 2IH H 0;4
= ⇒
 
.Đường thẳng AB đi qua H song song với d nên
AB : x y 4 0
− + =

Tọa độ
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
y 4 x y 4 x
y 4 x
y 4 x
x 3
x 1 y 3 8 x 1 1 x 8
x 3
= + = +

 
= +

= +

  
⇔ ⇔ ⇔
   
=
− + − = − + + =
= ±


 

 

Do điểm A có hoành độ dương nên
(
)
(
)
A 3; 4 3 , B 3; 4 3
+ − −
.



0,5
Câu

8b
1đ
Ta có
1
x 3 2t
d : y 4 3t
z 2 2t
= +


= − −


= +

,
2
x 3 6u
d : y 6 4u
z 5u
= +


= +


= −

Suy ra
(

)
M 3 2t; 4 3t;2 2t
+ − − +
(
)
N 3 6u;6 4u; 5u
+ + −



0,25


d
H
I
C
B
A
www.MATHVN.com – DeThiThuDaiHoc.com

FB.com/thithudaihoc
5

Ta có
(
)
MN 6u 2t;10 4u 3t; 2 5u 2t
− + + − − −


, Vectơ pháp tuyến của (P)
(
)
p
n 1; 2; 2
= −

p
MN.n 0 t u 2 0
= ⇔ + + =
 


0,25
( ) ( )
12t 18
d MN, (P) d M, (P)
3
+
= = . Theo gia thiết suy ra
12t 18 6 t 1 t 2
+ = ⇔ = − ∨ = −

0,25
Khi
t 1 u 1
= − ⇒ = −
tương ứng ta có
(
)

M 1; 1;0
− ,
(
)
N 3; 2;5
−
Khi
t 2 u 0
= − ⇒ =
tương ứng ta có
(
)
M 1;2; 2
− −
,
(
)
N 3;6;0

0,25

Câu
9b
1đ
Gọi
Ω
là tập hợp các cách lấy ra 4 viên bi từ 11 viên bi ban đầu, ta có
(
)
4

11
n C 330
Ω = =

0,25
S
ố các viên bi
đ
ánh s
ố lẻ là 6, số các viên bi
đ
ánh s
ố chẵn là 5.

Gọi A là biến cố lấy ra 4 viên bi có tổng là một số lẻ
TH1. Trong 4 viên lấy ra có 1 viên bi lẻ, 3 viên bi chẵn. Suy ra TH1 có
1 3
6 5
C C 6.10 60
= =
cách
TH2. Trong 4 viên lấy ra có 3 viên bi lẻ, 1 viên bi chẵn, Suy ra TH2 có
3 1
6 5
C C 20.5 100
= = cách


0,5

Vậy
(
)
1 3 3 1
6 5 6 5
n A C C C C 160
= + = Suy ra
( )
(
)
( )
n A
160 16
P A
n 330 33
= == =
Ω

0,25