Đề thi thử Đại học năm 2014 có lời giải chi tiết

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
 
      
3 2
2 ( 1) 2 1y x m x m x m
(1), với
m
là tham số thực.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi
 1m
2) Tìm
m
để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ
 1x
và đường thẳng
: 2 1 0  d x y
tạo với nhau
một góc
0
30
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương tr
ình
 


3
3 sin 2cos
2
cos

2sin 1
x x
x
x
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương tr
ình
3 3 2
2 2
4 3 4 2 0
3 4 6 1 0
x y x y
x y x

    


   


 
 ,x y
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân



  

 


0
3 2
2
2
1
3 3
2 3
x x x
I dx
x x
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
và


0
60BAD
. Hình chiếu của
S
lên
mặt phẳng
 
ABCD
là trọng tâm tam giác

ABC
. Góc giữa mặt phẳng
 
ABCD
và
 
SAB
bằng
0
60
. Tính thể tích khối
chóp
.S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SC
và
AB
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương
, ,a b c
thỏa
 
 
    
 
 
1 2 3
3 2 30a b c
a b c
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

  

2 2
2 7 72b c a c
P
a
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc Phần B)
A. Theo chương tr
ình Chu
ẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng
Oxy
cho hình vuông
ABCD
có
 
1;1 , 4A AB 
. Gọi
M
là trung điểm cạnh
BC
,
9 3
;
5 5
K
 

 

 
là hình chiếu vuông góc của
D
lên
AM
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông, biết
2
B
x 
.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian
Oxyz
cho đư
ờng thẳng
 
 

2 3
:
1 1 2
x y z
d
và hai m
ặt phẳng
 
    : 2 2 1 0x y z
,
 
    : 2 2 7 0x y z
. Vi

ết ph
ương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng
d
và (S)
ti
ếp xúc với hai mặt phẳng
 

và
 

.
Câu 9.a (1,0 đi
ểm).
Cho
n
là số nguyên dương thỏa mãn
  
2 2 2
3 2 3 15
n n
C A n
. Tìm số hạng chứa
10
x
trong khai triển
nhị thức Niu – tơn của
 
 
 

 
3
2
3
2 , 0
n
x x
x
.
B. Theo chương tr
ình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng
Oxy
cho tam giác
ABC
có trực tâm
 
6;7H 
, tâm đường tròn ngoại tiếp
 
1;1I
và
 
0; 4D
là hình chiếu vuông góc của
A
lên đường thẳng
BC
. Tìm tọa độ đỉnh
A

.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng đường thẳng
 
 

1 1
:
2 1 2
x y z
d
,
 
  

2 3
:
1 1 2
x y z
và điểm
 
2; 3; 3A
. Viết phương tr
ình m
ặt cầu (S) đi qua
A
, có tâm nằm trên đường thẳng

và tiếp
xúc với đường thẳng
d

.
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương tr
ình
( 2 )
8
1
1
log ( ) 2
log ( 2 )
4 4 5 0
x y
y x
xy
x y



 




  

 
 ,x y
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH
THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối A, A
1
và khối B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KHỐI A
Câu
Đáp án
Điểm
Câu 1
1. (1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị
Với
1m 
ta có
3 2
3 1y x x  

TXĐ:
D  

Sự biến thiên
+) Chiều biến thiên:
 
2
0 1
' 3 6 3 2 ' 0
2 3

x y
y x x x x y
x y

  
      

   

.
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
 
; 0
và
 
2; 
, nghịch biến trên khoảng
 
0; 2
.
+) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0, 1
cd
x y 
; đạt cực tiểu tại
2, 3
ct
x y  
.

+) Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
 
   
0,25
+) Bảng biến thiên
x

0
2

'y

0

0

y
1


3
0,25

Đồ thị
x
y
3

-1
1
2
-3
O
1
0,25
2. (1,0 điểm) Tìm m….
Ta có
 
1
2;1n 

là VTPT của đường thẳng
d
.
 
2
' 3 2 2 1 '(1) 3 2 4 1 2y x m x m y m m m             
.
0,25
Gọi

là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 1. Suy ra phương
trình của

có dạng:
 
'(1) 1 (1)y y x y  
. Do đó

 
2
2;1n m 

là VTPT của

.
0,25
Theo đề bài ta có:
 
1 2
0
1 2
1 2
.
3
cos , cos 30
2
.
n n
n n
n n
  
 
 
 
0,25
2
2
2( 2) 1

3
20 25 0 10 5 3
2
5. ( 2) 1
m
m m m
m
 
         
 
.
0,25
Câu 2
Giải phương tr
ình :
3
3 sin 2 cos
2
cos
2 sin 1
x x
x
x
 


www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Điều kiện:
2

1
6
sin ,
2
5
2
6
x k
x k
x k





 


  


 



.
Phương tr
ình
 
3

cos 2sin 1 3 sin 2 cos
2
x x x x    
4 sin cos 2 cos 2 3 sin 3 0x x x x    
0,25
   
2 cos 2sin 1 3 2sin 1 0x x x    
 


2 sin 1 2 cos 3 0x x   
0,25
1 3
sin ,cos
2 2
x x   
7
2 , 2 , 2
6 6 6
x n x m x m
  
          
0,25
Kết hợp điều kiện ta có
7
2 , 2 ,
6 6
x k x k k
 
       

.
0,25
Câu 3
Giải hệ phương tr
ình
3 3 2
2 2
4 3 4 2 0
3 4 6 1 0
x y x y
x y x

    


   


.
Ta có hệ
   
 
3
3
2
2
1 3 1 4 4 0
3 1 4 4 0
x x y y
x y


     




   

.
Đặt
a x 1= -
, ta có hệ:
3 3
2 2
4 3 4
3 4 4
a y a y
a y

  


 


0,25
Suy ra


 



3 3 2 2
4 4 3 4 3 4a y a y a y   
   
2
3 2 2 3
5 12 12 32 0 5 8 2 0a a y ay y a y a y        
8
y, 2
5
a a y   
.
0,25

8
5
a y 
thay vào hệ ta có
2
2 2
8 25 5
3 4 4
5 23
23
y y y y
 
       
 
 

.
+)
8 8
1
23 23
5 5
23 23
a x
y y
 
   
 
 

 
 
 
 
 
+)
8 8
1
23 23
5 5
23 23
a x
b y
 
  
 

 

 
 
   
 
 
.
0,25

2a y
thay vào hệ ta có:
2
1 1
2
2
y y   
+)
2 1 2
1 1
2 2
a x
y y
 
  
 

 
 
 

 
+)
2 1 2
1 1
2 2
a x
b y
 
   
 

 
   
 
 
.
Vậy hệ có 4 cặp nghiệm
 
8 5 1
; 1 ; , 1 2;
23 23 2
x y
 
 
   
 
 
 
 


.
0,25
Câu 4
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra
( )SH ABCD
. Kẻ MH vuông góc với AB, M
thuộc AB.
Ta có

SMH
là góc giữa hai mặt phẳng
 
SAB
và
 
ABCD
, do đó

0
60SMH 
.
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Vì
1
3
HB
DB


nên
 
1 3
,
3 6
a
MH d D AB 
, suy
ra
0
. tan 60
2
a
SH MH 
.
Mặt khác tam giác ABD đều cạnh a nên
2 2
3 3
2 2.
4 2
ABCD ABD
a a
S S  
.
Thể tích khối chóp
.S ABCD
là
2 3
1 1 3 3
. . .

3 3 2 2 12
ABCD
a a a
V SH S  
.
N
H
A
B
C
D
S
M
K
0,25
Ta có
       
3
( ) , ,( ) ,( ) , ( )
2
AB SCD d AB SC d AB SCD d B SCD d H SCD   
.
0,25
Gọi N, K theo thứ tự là hình chiếu của H lên CD và SN, khi đó
 
, ( )d H SCD HK
.
Vì
 
2 2 3 3

,
3 3 2 3
a a
HN d B CD  
nên
2 2
. 7
7
SH HN a
HK
SH HN
 

.
Vậy
 
3 7
,
14
a
d AB SC 
.
0,25
Câu 5
Tính tích phân


0
3 2
2

2
1
3 3
2 3
x x x
I dx
x x

  

 

.
Ta có
 


3 2 2
3 3 1 2 3x x x x x x      
. Đặt
 
2
1
2 3 1
2
t x x dt x dx     
.
Đổi cận
1 2, 0 3x t x t      
.

0,25
Khi đó
3
2
2
1 6
2
t
I dt
t



0,25
3
3
2
2
2
1 1 6 1 6
ln
2 2
dt t
t t
t
 
 
   
 
 

 
 

0,25
1 3
ln 1
2 2
 
 
 
 
.
0,25
Câu 6
Tìm max
2 2
2 7 72b c a c
P
a
  

.
Đặt
, , 0b xa c ya x y   
. Giả thiết bài toán trở thành
 
2 3
3 2 1 30x y
x y
 

    
 
 
6 9 6 2 3 6 3 9 9 2
20 2
2 2 2 2
x y x x x y
x y x y
x y y x y x y y x
     
              
     
     
0,25
3 3 4
6 6 6 4
2 2 3
x x x y
x x
y y y
         

0,25
Ta có
2 2
4
2 7 72 2 7 72 ( )
3
y
P x y y y y f y

y
        

.
Xét hàm số
( )f y
với
0y 
, ta có
 
2
2
12 7
'( ) 2
72
3
y
f y
y
y
  


và


2
3
2
24 504

''( ) 0, 0
( 3)
72
f y y
y
y
     


0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Suy ra
'( )f y
là hàm đồng biến trên
 
0; 
và
'(3) 0 '( ) 0 3f f y y    
.
Lập bảng biến thiên ta suy ra
( ) (3) 55f y f  
hay
55P  
.
Đẳng thức xảy ra khi
3, 2 2 , 3y x b a c a    
. Vậy
max 55P  
.

0,25
Câu 7.a
Gọi N là giao điểm của DK và AB. Khi đó
DAN ABM AN BM N     
là trung
điểm cạnh AB. Ta có
4 8
; ,
5 5
AK
 
 
 
 

phương tr
ình
: 2 3 0, : 2 3 0AM x y DK x y     
.
0,25
Vì
   
2 3; 2 2; 1N DK N n n AN n n      

.
Mà
   
2 2
2 2
1

2 4 2 2 1 4 5 6 1 0
2
AN AB AN n n n n            
1
1,
5
n n    
.
0,25
+) Với
1 21
2 2
5 5
B N A
n x x x      
(loại)
+) Với
 
1 1 2, 3 1; 3
B B
n x y B        
.
0,25
Phương tr
ình BC:
 
3 5; 3y C   
Phương tr
ình
( )

CD : x 5 D 5;1= Þ
.
0,25
Câu 8.a
Gọi
I
là tâm của mặt cầu (S),
I d
nên
 
; 2 ;3 2I t t t  
.
0,25
Vì (S) tiếp xúc với hai mặt phẳng
 

và
 

nên
( , ( )) ( , ( ))d I d I 
5 11 7 1
5 11 7 1 5, 1
3 3
t t
t t t t
 
         
.
0,25

+)
 
1 1;1;1 , 2t I R   
. Phương tr
ình mặt cầu (S):
     
2 2 2
1 1 1 4x y z     
.
0,25
+)
 
5 5;7;13 , 12t I R   
. Phương tr
ình mặt cầu (S)
     
2 2 2
5 7 13 144x y z     
.
0,25
Câu 9.a
Điều kiện
2n 
.
Ta có
2 2 2 2
3 ( 1)
3 2 3 15 2 ( 1) 3 15
2
n n

n n
C A n n n n

       
0,25
2
7 30 0 10n n n     
.
0,25
Khi đó
10
10
3 3 10 30 5
10
2 2
0
3 3
2 2 2 .( 3) .
n
k k k k
k
x x C x
x x
 

   
    
   
   


0,25
Số hạng chứa
10
x
ứng với
30 5 10 4k k   
.
Vậy số hạng chứa
10
x
là:
4 6 4 10
10
.2 .3 .C x
.
0,25
Câu 7.b
Ta có
 
6; 3HD  

, suy ra phương tr
ình
: 2 4 0BC x y  
Phương trình
: 2 8 0DH x y  
.
0,25
Gọi
M

là trung điểm cạnh
BC
, ta có
 
, 5IM d I BC 
.
Kẻ đường kính
'BB
, khi đó
'AHB C
là hình bình hành nên
' 2 2 5AH B C IM  
.
0,25
Vì
   
8 2 ; 2 14;7A DH A a a AH a a      

.
0,25
Suy ra
     
2 2 2
2 14 7 20 7 4 9, 5a a a a a         
.
Vậy
 
2; 5A
hoặc
 

10; 9A 
.
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Câu 8.b
Gọi
I
là tâm của mặt cầu (S), ta có
 
2 ; ; 3 2I t t t  
.
Suy ra
 
2
; 3; 2 6 6 9AI t t t IA t t      

.
0,25
Đường thẳng d đi qua
 
1; 1; 0B  
và có
 
2;1;2u  

là VTCP.
   
3; 1;2 3 4 1; 6 12; 5BI t t t BI u t t t             
  

0,25
Do đó
 
   
2 2
2
2
(4 1) 6 12 5
53 142 170
,
3 3
BI u
t t t
t t
d I d
u

    
 
  
 

.
Theo đề bài, ta có
 
2 2
, 53 142 170 54 54 81d I d IA t t t t      
2
88 89 0 1, 89t t t t       
.

0,25
+)
 
1 1;1;1 , 3t I R IA    
. Phương tr
ình m
ặt cầu (S):
     
2 2 2
1 1 1 9x y z     
.
+)
 
89 91; 89;181 , 48069t I R IA    
. Phương tr
ình m
ặt cầu (S):
     
2 2 2
91 89 181 48069x y z     
.
0,25
Câu 9.b
Điều kiện:
0 2 1
0
x y
xy

  




.
 
( 2 ) ( 2 ) ( 2 )
8
1
log ( ) log 8 log ( ) 2
log 2
x y x y x y
xy xy
x y
  
   

(x 2y)
log (8xy) 2
+
Û =
0,25
( ) ( )
2 2
8xy x 2y x 2y 0 x 2yÛ = + Û - = Û =
.
0,25
Thay vào phương tr
ình th
ứ hai ta có:
y 2y y

5
4 4.4 5 0 4
4
- + = Û =
0,25
4 4
5 5
log 2 log
4 4
y x   
. Vậy hệ có hai cặp nghiệm:
4 4
5 5
( ; ) 2 log ; log
4 4
x y
 

 
 
.
0,25
Ghi chú: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com