Đề và đáp án thi thử ĐH khối A THPT Nghi Sơn - Thanh Hoá lần 1

1
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT NGHI SƠN
ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN I NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn: TOÁN ; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm Cho hàm số
3 2 2 3
3 3 ( 1 )
y x mx m x m m
= − + − − +
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi m= 0 .
2. Chứng minh rằng hàm số (1) luôn có cự đại,cực tiểu với mọi m.Tìm m để các điểm cự trị của hàm số
(1) cùng với điểm I(1;1), tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
5
.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
2
3
tan 2 3 sin (1 tan tan )
cos 2
x
x x x
x
− − = +
.
2. Giải bất phương trình:
2

2 2 3 2
x x x x
+ + − − ≤ −
Câu III (1,0 điểm)
Tính nguyên hàm sau:
3
3 3
cot x
I dx
sin x sin x sin x
=
−
∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy.
Gọi E là trung điểm của BC góc giữa SC và mặt phẳng (SAB) bằng 30
0
. Hãy tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC thao a.
Câu V (1,0 điể m)
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
1.
abc
=
Chứng minh rằng:
1 1 1
( 1 )( 1 )( 1 ) 1
a b c
b c a
− + − + − + ≤

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng toạ độ
,Oxy
Cho tam giác ABC vuông cân tại A.Biết cạnh huyền nằm trên đường
thẳng (d)
7 31 0
x y
+ − =
,điểm
5
( 1 ; )
2
N
thuộc đường thẳng AC,điểm M(2 ;-3) thuộc đường thẳng AB.
Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.biết rằng điểm A có hoành độ âm.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(1;0;2), N(-1;-1;0),P(2 ;5 ;3) Viết phương trình
mặt phẳng (R) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ P đến (R) lớn nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
2
3
2
, 0
n
x x
x
 
− ≠
 

 
biết rằng

1 2 3 28
2 1 2 1 2 1 2 1
2 1
n
n n n n
C C C C
+ + + +
+ + + + = −
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy,cho điểm M(-3;1) và đường tròn
2 2
( ) : 2 6 6 0
C x y x y
+ − − + =
.Gọi A,B
là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến ( C).Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của M lên đường thẳng AB.
2. Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a,góc A bằng
0
60
.Góc
giữa mặt phẳng (B’AD) và mặt đáy bằng
0
30
.Tính khoảng cách từ đường thẳng BC tới mặt phẳng (B’AD)
.

Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
2
1 2
1 2
2log ( 2 2) log ( 2 1 ) 6
l o g ( 5 ) l o g ( 4) 1
x y
x y
xy x y x x
y x
− +
− +

− − + + + − + =


+ − + =


Hết
2
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2013-2014
MÔN THI: TOÁN : Khối A
Câu Nội Dung Điể m
CâuI
Cho hàm số
3 2 2 3
3 3 ( 1 )
y x mx m x m m

= − + − − +
(1)

I.1
Khi m=0 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
3
3
y x x
= −
HS tự làm:
1 điể m
I.2
Chứng minh rằng hàm số (1) luôn có cự đại,cực tiểu với mọi m.Tìm m để các điểm cự trị của
hàm số (1)cùng với điểm I(1;1), tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp
bằng
5
.
2 2
2 2
) ' 3 6 3 ( 1 )
) ' 0 3 6 3 ( 1 ) 0.
y x mx m
y x mx m
+ = − + −
+ = ⇔ − + − =
Ta có
' 1 0 ' 0
m y
∆ = > ∀ ⇒ =
có hai nghiệm phân biệt với mọi m. suy ra hàm số luôn có CĐ,CT

+) Điểm CĐ A(m-1;2-2m),CT B(m+1;-2-2m)
+) pt AB : 2x+y=0, nên A,B,I lập thành một tam giác.
Với
5, 2 5
R AB= = nên tam giác ABC vuông tại I với AB là đường kính
K hi đó ycbt tương đương với
2 2 2 2
3
10 4 6 0
5
1
m
IA IB AB m m
m

=

+ = ⇔ + − = ⇔

= −

Kết luận:
3
5
m
=
ho
ặ
c m= -1
1 điể m

0.25
0.25
0.25
0.25
CâuII
II.1
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
2
3
tan 2 3 sin (1 tan tan )
cos 2
x
x x x
x
− − = +
.

Đ
K :
co s 0
2
co s 0
2
2
x
x k

x
x k
π
π
π
π
≠
 
≠ +
 
⇔
 
≠
 
≠ +
 
2
2
sin sin
3
2
tan 2 3 sin 1
cos
cos cos
2
co s c os sin sin
3
2 2
tan 2 3 sin
co s

co s c os
2
x
x
x x
x
x
x
x x
x x
x x
x
x
x
 
 
− − = +
 
 
 
 
+
 
⇔ − − =
 
 
 
2
2
cos( )

2
3(1 tan ) tan 2 3 sin
co s c os
2
cos
2
3(1 tan ) tan 2 3 sin
co s c os
2
x
x
x x x
x
x
x
x x x
x
x
 
−
 
⇔ + − − =
 
 
 
 
 
⇔ + − − =
 
 

 
1 điể m
0.25
0.25
3
2 2
tan 3
3(1 tan ) tan 2 3 tan 3 tan 2 tan 3 0
1
tan
3
.tan 3
3
1
.tan
6
3
x
x x x x x
x
x x k
x x k
π
π
π
π

=

+ − − = ⇔ − + = ⇔


= −


= ⇔ = +
= − ⇔ = − +
0.25
0.25
II.2
Giải bất phương trình:
2
2 2 3 2
x x x x
+ + − − ≤ −
Đk: x
≥
2/3
Khi đó BPT
2
2
2( 2)
2 3 2 2 0 ( 2)( 1) 0
2 3 2
2
( 2) ( 1) 0
2 3 2
x
x x x x x x
x x
x x

x x
− −
+ − − + − − ≤ ⇔ + − + ≤
+ + −
−
 
⇔ − + + ≤
 
+ + −
 
Ta có
2
( ) ( 1)
2 3 2
f x x
x x
−
= + +
+ + −


( ) ( )
2 2
1 3
2( 2 3 2)'
2 3 2
'( ) 1 1 0
2 3 2 2 3 2
2
( ) ( ) 0

3
x x
x x
f x
x x x x
f x f
+
+ + −
+ −
= + = + >
+ + − + + −
⇒ ≥ >
Vậy tâp nghiệm của BPT là
2
;2
3
S
 
=
 
 
1 điểm
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu III 1 điểm
Tính nguyên hàm sau:
3
3 3

cot x
I dx
sin x sin x sin x
=
−
∫

……………………………………………………………………………………………
3 3
3 3
2
3
2
3
32 2
3
3 7
3 2
3 10
cot x cot x
I dx dx
1
sin x sin x sin x
sin x 1
sin x
cot x
dx
sin x cot x
cot x
d(cot x) cot xd(cot x)

cot x
3
cot x C
10
= =
−
−
=
−
= − =
−
= +
∫ ∫
∫
∫ ∫
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu IV
IV
Cho hình chóp
S.ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh a
,
SA vuông góc với đáy. Gọi
E
là

trung điểm của
BC
góc giữa
SC
và mặt phẳng
(SAB)
bằng 30
0
. Hãy tính thể tích khối chóp
S.ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
DE
và
SC
thao a
.

4
H T
M K
B E C
A D I
S
Vì
( )
CB AB
CB SAB
CB SA
⊥


⇒ ⊥ ⇒

⊥

SB là hình chiếu của SC trên mp(SAB)



0 0
( .( )) ( , ) 30 .cot 30 3 2
SC SAB SC SB CSB SB BC a SA a
⇒ = = = ⇒ = = ⇒ =
Vậy t h ể tích hình chóp SABCD là:
3
.
1 2
. ( )
3 3
S ABCD ABCD
a
V SA S dvdt
= =

T
ừ
C d
ự
ng
/ / , / /( )
2

( , ) ( ,( )
a
CI DE CE DI DE SCI
d DE SC d DE CSI
⇒
= =
⇒
=
T
ừ
A k
ẻ

AK CI⊥
c
ắ
t ED t
ạ
i H, c
ắ
t CI t
ạ
i K
Ta có ( ) ( ) ( ),( ) ( )
AK CI
CI SAK SCI SAK SCI SAK SK
SA CI
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ∩ =


⊥

Trong mp(SAK) k
ẻ

( ) ( , ) ( ,( )
HT AK HT SCI d DE SC d H SCI HT
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = =
Ta có
. 3
. .
5
CD AI a
AK CI CD AI AK
CI
= ⇒ = =
Kẻ
1
/ / ( )
3
5
HK KM a
KM AD M DE HK AK
HA AD
∈ ⇒ = ⇒ = =
Lại có

. 38
sin

19
38
( , )
19
SA HT SA HK
SAK HT a
SK HK SK
d ED SC a
= =
⇒
= =
⇒
=
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu V
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
1.
abc
=
Chứng minh rằng:

1 1 1
( 1 )( 1 )( 1 ) 1 (1)
a b c
b c a
− + − + − + ≤

……………………………………………………………………………………………
Do
1.
abc
=
nên tồn tại 3 số dương x,y,z sao cho , ,
x y z
a b c
y z x
= = =
( 1 ) ( )( )( )
x y z y z x z x y xyz
⇔ − + − + − + ≤
(2)
Kh ôn g mất tính tổng quát giả sử x= max{x,y,z} khi đó
0, 0
x y z x z y
− + ≥ − + ≥
• Nếu
0
z x y
− + <
thì (2) luôn đúng.
• Nếu
0
z x y
− + ≥
0.25
0.25
0.25

5
Ta có
2
2
2
2
2
2
( )
( )( )
4
( )
( )( )
4
( )
( )( )
4
x y z y z x
x y z y z x x
y z x z x y
y z x z x y y
x y z z x y
x y z z x y z
− + + − +
− + − + ≤ =
− + + − +
− + − + ≤ =
− + + − +
− + − + ≤ =
Từ đó ta có (2) được chứng minh.

Dấu ‘=’ xảy r a k h i x = y = z h a y a = b = c
0.25
Câu VIa
VIa.1
Trong
mặt phẳng toạ độ
,Oxy
Cho tam giác ABC vuông cân tại A.Biết cạnh huyền nằm trên
đường thẳng (d) x+7y-31=0,điểm
5
( 1 ; )
2
N
thuộc đường thẳng AC,điểm M(2 ;-3) thuộc đường
thẳng AB. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng điểm A có hoành độ âm.



2 2
0
2 2 2 2
2 2
( ): ( 2 ) ( 3 ) 0 ( 0 )
7
c o s ( ) cos45
1 7
4 3
1 2 7 1 2 0
3 4
A B a x b y a b

a b
A B C
a b
a
b
a a b b
a b
− + + = + >
+
= =
+ +
= −

⇔ − − = ⇔

=

TH1.
3
4 : 4 3 1 0 : 3 4 7 0 ( 1;1), ( 4;5), (3;4)
a b AB x y AC x y A B C
= ⇒ + + = ⇒ − + = ⇒ − −
TH2.
23 3 1 9
4 3 :3 4 18 0 :4 3 0 (4; ), (10;3), ( ; )
2 2 2 2
a b AB x y AC x y A B C= − ⇒ − − = ⇒ + − = ⇒ − − (lo
ạ
i)
V

ậ
y c á c
đỉ
nh c
ủ
a tam giác ABC là :
( 1;1), ( 4;5), (3;4)
A B C
− −
1 điể m
0.25
0.25
0.25
0.25
VIa.2
.

Trong
kh ôn g gi an v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
độ
Oxyz cho
đ

i
ể
m M(1;0;2), N(-1;-1;0),P(2 ;5 ;3).Vi
ế
t ph
ươ
ng
trình m
ặ
t ph
ẳ
ng (R)
đ
i qua M, N sao cho kho
ả
ng cách t
ừ
P
đế
n (R) l
ớ
n nh
ấ
t.

pt (MN)
1 2
2 2
x t
y t

z t
= +


=


= +

G
ọ
i H là hình chi
ế
u c
ủ
a P trên (MN) suy ra H(3 ;1 ;4)
G
ọ
i K là hình chi
ế
u c
ủ
a P trên (R) nên
( ,( ))
d P R PK
=
ta có
PK PH≤

v

ậ
y P K m a x k h i K t r ù n g v
ớ
i H
H
N
M K
P
(R) qua H(3 ;1 ;4) nhân
( 1 ; 4 ; 1 )
PH −
   
làm VTPT suy ra (R) x-4y+z-3=0
1 điể m
0. 25
0.25
0.25
0.25
6
VIIa
Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
2
3
2
, 0
n
x x
x
 
− ≠

 
 
biết rằng

1 2 3 28
2 1 2 1 2 1 2 1
2 1
n
n n n n
C C C C
+ + + +
+ + + + = −
.
……………………………………………………………………………………………
Ta có
1 2 3 28
2 1 2 1 2 1 2 1
2 1
n
n n n n
C C C C
+ + + +
+ + + + = −

2 2 1 2 2 1 28
2 1 2 1 2 1 2 1
2 1
n n n n
n n n n
C C C C

− − +
+ + + +
+ + + + = −
0 1 2 2 2 1 28
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 29
( ) 2.2
(1 1) 2 14
n n
n n n n n
n
C C C C C
n
+
+ + + + +
+
⇒ + + + + + =
⇔ + = ⇔ =
( )
( )
( ) ( )
14 14
14
2 2
14
3 3
0
14
14
( ) 2

14
2
3
1 14 14
3
2 2
2
2 1
k
k
k
k
k
k
k
k
k k
k k
k
x C x
x x
T C x C x
x
−
=
−
−
− +
−
+

   
− = −
   
   
 
= − = −
 
 
∑
Số hạng không chứa x khi
14
( ) 2 0 2
3
k
k k
−
− + = ⇔ =
Vậy
(
)
12
2
3 14
2
T C=

1 điểm
0.25
0.25
0.25

0.25
Câu VIb
VIb.1
Trong m
ặt phẳng toạ độ Oxy,cho điểm M(-3;1)và đường tròn
2 2
( ) : 2 6 6 0
C x y x y
+ − − + =
.Gọi
A,B là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến ( C).Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của M lên
đường thẳng AB.
………………………………………………………………………………………………….
2 2
( ) : ( 1) ( 3) 4
C x y
− + − =
Gọi
1 1 2 2
( ; ), ( ; )
A x y B x y
Tiếp tuyến tại A,B có phương trình
1 1
2 2
( 1)( 1) ( 3)( 3) 4
( 1)( 1) ( 3)( 3) 4
x x y y
x x y y
− − + − − =



− − + − − =

Vì hai tiếp tuyến cùng đi qua M(-3;1) nên
1 1
2 2
( 3 1)( 1) (1 3)( 3) 4
( 3 1)( 1) (1 3)( 3) 4
x y
x y
− − − + − − =


− − − + − − =

Nên (AB) 2x+y-3=0
H là hình chiếu của M trên AB nên pt (MH): x-2y+5=0
Suy ra
1 13
( ;
)
5 5
H
1điểm
0.25
0.25
0.25
0.25
VIb.
2 Cho h

ình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, góc A bằng
0
60
.Góc giữa mặt phẳng (B’AD) và mặt đáy bằng
0
30
.Tính khoảng cách từ đường thẳng BC tới
mặt phẳng (B’AD) .
……………………………………………………………………………………………
1điểm
.
7
K
B ' C '
A ' D '
B C
A I D
Gọi I là trung điểm của AD,K là hình chiếu của B trên B’I, vì

0
60
A ABD
= ⇒ ∆ đều cạnh a.
0
( ' ) ' 30
'
BI AD
BIB AD B IB
BB AD
⊥


⇒ ⊥ ⇒ ∠ =

⊥

0
3
' .tan 30
2 2
a a
BI BB BI
= ⇒ = =
Do
/ / / /( ' ) ( ,( ' ) ( ,( ' )
BC AD BC B AD d BC B AD d b B AD
⇒ ⇒ =
Vì
'
( ' )
BK B I
BK B AD
BK AD
⊥

⇒ ⊥

⊥

Xét tam giác vuông B’BI tại B ta có
2 2 2

1 1 1 3 3
( .( ' )
' 4 4
a a
BK d BC B AD
BK BI BB
= + ⇒ = ⇒ =
0.25
0.25
0.25
0.25
VIIb
Giải hệ phương trình:
2
1 2
1 2
2log ( 2 2) log ( 2 1 ) 6
l o g ( 5 ) l o g ( 4) 1
x y
x y
xy x y x x
y x
− +
− +

− − + + + − + =


+ − + =



……………………………………………………………………………………………
+ Điều kiện:
2
2 2 0 , 2 1 0 , 5 0 , 4 0
( )
0 1 1 , 0 2 1
xy x y x x y x
I
x y

− − + + > − + > + > + >

< − ≠ < + ≠

1 2 1 2
1 2 1 2
2log [(1 )( 2)] 2log ( 1 ) 6 lo g ( 2) log ( 1 ) 2 0 (1)
( )
lo g ( 5 ) l o g ( 4) = 1 log ( 5)
lo g ( 4) = 1(2).
x y x y
x y x y
x y x y x
I
y x y x
− + − +
− + − +
− + + − = + + − − =
 

 
⇔ ⇔
 
+ − + + − +
 
 
Đặt
2
l o g ( 1 )
y
x t
+
− =
thì (1) trở thành:
2
1
2 0 ( 1 ) 0 1.
t t t
t
+ − = ⇔ − = ⇔ =
V
ớ
i
1
t
=
ta có:
1 2 1(3).
x y y x
− = + ⇔ = − −

Thế vào (2) ta có:
2
1 1 1
4 4
l o g ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0
4 4
x x x
x x
x x x x x
x x
− − −
− + − +
− + − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + =
+ +

0
2
x
x
=

⇔

= −

. Suy ra:
1
1
y
y

= −


=

.
+ Kiểm tra thấy c h ỉ có
2, 1
x y
= − =
thoả mãn điều kiện trên.
Vậy h ệ có nghiệm duy nhất
2, 1
x y
= − =
.
1 điể m
0.25
0.25
0.25
0.25