Đề thi thử đại học lần I năm 2014 môn: Toán ; khối A, A1, B và D - Trường Hà Nội – Amsterdam

TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2014 
Môn: TOÁN ; Khối A, A1, B và D 
Thời gian : 180 phút, không kể thời gian phát đề 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm) 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 2.y x x   
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
b) Tìm trên đường thẳng 9 7y x  những điểm mà qua đó kẻ được ba tiếp tuyến 
đến đồ thị (C) của hàm số. 
Câu 2 (2,0 điểm). 
a) Giải phương trình: 
  22 3sin 2 . 1 cos2 4cos2 .sin 3 0.
2sin 2 1
x x x x
x
  


b) Giải phương trình:         2 1 2
2
1
2 log log 1 2 log 2 2 1 3.
2
x x x x 
Câu 3 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình:   
2 2
2 33
4 1 2
.
12 10 2 2 1
x x y y
y y x
     

    
Câu 4 (1,5 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh 
, .a BD a Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho 2 .BM AM Biết rằng hai mặt 
phẳng (SAC) và (SDM) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và mặt bên (SAB) 
tạo với mặt đáy một góc 060 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a và cosin 
của góc tạo bởi hai đường thẳng OM và SA. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: 2 2 2 3.a b c   Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 13( ) 2 .P a b c 
a b c
       
 
II. PHẦN RIÊNG (2,0 điểm) 
A. Dành cho thí sinh thi khối A, A1 
Câu 6a (1,0 điểm). Cho 21( ) ( ) .
n
P x x x
x
     
 Xác định số hạng không phụ thuộc vào 
x khi khai triển ( )P x biết n là số nguyên dương thỏa mãn 3 2 12 .n nC n A   
Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC có đỉnh (1;5).A 
Tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác lần lượt là  2;2 I và 
5 ;3 .
2
K   
 
 Tìm tọa độ các đỉnh B và C của tam giác. 
A. Dành cho thí sinh thi khối B, D 
Câu 6b (1,0 điểm). Cho tập hợp A tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số 
đều khác 0. Hỏi có thể lấy được bao số tự nhiên từ tập A mà số đó chỉ có mặt ba 
chữ số khác nhau. 
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm 4(0;2), 0; 
5
A B   
 
 và hai 
đường thẳng 1 2: 1 0, : 2 2 0.d x y d x y      Hãy viết phương trình đường 
thẳng d đi qua gốc tọa độ và cắt 1 2,d d lần lượt tại M, N sao cho AM song song 
với BN. 
----- HẾT ----- 
TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM 
TỔ TOÁN – TIN 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM 2014
Môn: TOÁN 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 1 
(2,0 điểm) 
a) Học sinh tự giải 1,0 
b) Gọi M (m; 9m – 7) là điểm bất kì nằm trên đường thẳng y = 9x – 7. 
Vì mọi đường thẳng có dạng x = m không là tiếp tuyến của đồ thị (C) nên ta xét d
là đường thẳng đi qua M và có dạng: y = k(x – m) + 9m – 7. 
Đường thẳng d là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm: 
3 2
2
3 2 2
2
3 2 ( ) 9 7
3 6
3 2 (3 6 )( ) 9 7
3 6
x x k x m m
x x k
x x x x x m m
x x k
      

 
       
 
 
0,5 
Qua M kẻ được ba tiếp tuyến đến (C) khi hệ trên có ba nghiệm phân biệt hay 
phương trình sau có ba nghiệm phân biệt: 
 
3 2 2
2
2 3 3 6 9 5 0
1 2 (5 3 ) 5 9 0
x x mx mx m
x x m x m
     
        
Do đó điều kiện của m là: 
 2 2
2
1
5 3 8(5 9 ) 0 9 42 15 0 3 
512.1 (5 3 ).1 5 9 0
1
m
m m m m
mmm m
m
                     
 
Vậy các điểm M cần tìm có tọa độ (m; 9m – 7) với m < –5 hoặc 1 1.
3 
m  
0,5 
Câu 2 
(2,0 điểm) a) Điều kiện: 
1sin 2 .
2
x  
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương: 
  22 3 sin 2 . 1 cos 2 4cos2 .sin 3 0x x x x    
 2 3 sin 2 2 3 sin 2 .cos 2 2cos 2 1 cos 2 3 0x x x x x      
   2 22 3 sin 2 cos 2 3sin 2 2 3 sin 2 .cos 2 cos 2 0x x x x x x      
  3 sin 2 cos 2 3 sin 2 cos 2 2 0
3 sin 2 cos 2 0
3 sin 2 cos 2 2(*)
x x x x
x x
x x
    
  
 
 
0,5 
Mà 1 3sin 2 os2 3 sin 2 os2 0
2 2
x c x x c x      
(*) 3 sin 2 cos 2 2 sin(2 ) 1 .
6 3
x x x x k           
Vậy nghiệm của phương trình là: , .
3
x k k     
0,5 
b) Điều kiện 10 .
4
x  
Phương trình đã cho tương đương với: 
 
2
2
2 2 1 
81 2
4 4 2 * .
161 2
x x x
x
x x x
x
 


 
 

0,5 
Chia hai vế của (*) cho 1 2 x ta được: 
2
2
(4 ) 4 2.
(1 2 ) 1 2
x x
x x
 
 
Đặt 24 32 2 1 .
21 2
xt t t t x
x
        

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 31 .
2
x   
0,5 
Câu 3 
(1,5 điểm) 
Phương trình đầu tiên của hệ tương đương với: 
2 24 ( 2 ) 4 ( 2 )x x y y       
   2f x f y   với 2( ) 4 .y f t t t    
Ta có  
2
2 2 2
4'( ) 1 0,
4 4 4
t tt t tf t t f t
t t t
 
      
  
là hàm số đồng 
biến trên R. Từ đó    2 2 .f x f y x y     
0,75 
Thế 2x y  vào phương trình sau của hệ phương trình đã cho ta được: 
 
32 3
33 3 3
3 5 2 2 1
( 1) 2( 1) 1 2 1
x x x
x x x x
   
       
   3 31 1g x g x    với 3( ) 2 .y g t t t   
Ta có  2'( ) 3 2 0,g t t t g t     là hàm số đồng biến trên R. Từ đó: 
   3 3
3 3 
2
1 1
1 1
3 3 0
1 2
.
0 0
g x g x
x x
x x
x y
x y
  
   
  
   
    
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:    1; 2 , 0;0 . 
0,75 
Câu 4 
(1,5 điểm) 
Gọi H AC DM  vì          , .SAC ABCD SDM ABCD SH ABCD    
Từ H kẻ  60oHK AB SK AB SKH     là góc giữa hai mặt phẳng  SAB 
và   .ABCD 
Do AM // 1 1
3 4 2
HA AM AOCD AH AC
HC CD
      . 
Mà ABD đều , AO là đường cao 
3 3 1 3.sin .
4 4 2 8
a a aAH HK AH HAK      
3. tan 60 .
8
o aSH HK   
0,75 
Vậy 
2 3
.
1 1 3 3 3. . . .
3 3 8 2 16S ABCD ABCD
a a aV SH S   
Ta có  
.
cos ;
OM SA 
OM SA
OM SA

 
  
Mà   .OM SA OA AM SH HA
     
   
21. . . .cos30
2
oAO AH AM AH AO AM AH
   
    
2 21 3 3 3. . .
2 2 3 4 2 4
a a a a 
   
 
Vậy  
2
124cos , 
13 21 273
6 8
a
OM SA 
a a
  
0,75 
Câu 5 
(1,0 điểm) Ta chứng minh 
22 93 
2 2
aa 
a
   với 
0 3a     23 26 9 4 0 1 4 0a a a a a         (đúng) 
0,5 
Tương tự 
22 93 
2 2
bb 
b
   ; 
22 93 
2 2
cc 
c
   
Vậy    2 2 21 1 1 1 273 2 152 2a b c a b ca b c
           
 
Dấu " " xảy ra khi 1.a b c   
0,5 
Câu 6a 
(1,0 điểm) Ta có     
3 2
1
, 3
2 81 2 
2 1
6
n n
n N n
C n A nn n n 
n n n
 

     
  
0,5 
Ta có 
         
8
2 80 1 2 8 8
8 8 8 88 6 4
1 1 1 11 1 1 ... 1f x x x C C x C x C x x
x x x x
             
Số hạng không phụ thuộc vào x chỉ có trong hai biểu thức  33 8 2
1 1C x
x
  và 
 44 8 1C x Trong đó có hai số hạng không phụ thuộc x là 3 2 8 3C C  và 4 0 8 4C C 
Vậy 3 2 4 0C 8 3 8 4 98.C C C    
0,5 
Câu 7a 
(1,0 điểm) Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC tâm 
5 ;3
2
K   
 
 bán kính 5 :
2
R AK  

2 
2 5 253 .
2 4
x y     
 
Phân giác AI có phương trình 1 5 3 8 0
2 1 2 5
x y x y     
 
Gọi  D AI K   tọa độ của D là nghiệm của hệ 
 
2
2
3 8 0
5 253
2 4
x y
x y
  

     
 
0,5 
Giải ra ta được hai nghiệm 
1 
5
x
y



và 
5
5 12 ; .
1 2 2 
2
x
D
y
     
  

Lại có   
    
2 2
C AICD ICB BCD ICA IAC CID       ICD  cân tại 
D DC DI  mà ,DC DB B C  là nghiệm của hệ 
 
2 2
2
2
2
5 1 5
12 2 2 
1 .
45 253
2 4
x y DI 
x
y 
x
x y
                          
Vậy ,B C có tọa độ là    1;1 , 4;1 . 
0,5 
Câu 6b 
(1,0 điểm) 
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là 3 9C . Chọn 2 
chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp sau đây: 
Trường hợp 1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; 
mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự
nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng 
một số n, nên trong trường hợp này có cả thảy 5!3 60
3!
  số tự nhiên. 
0,5 
Trường hợp 2. Một trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số
kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 
5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của 
các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ 
tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có cả thảy 5!3 90
2!2! 
 số tự nhiên. 
Vậy: 3 9 
9!(60 90)C 150 150 7 4 3 12600
3!6!
        số thỏa mãn điều kiện đề bài. 
0,5 
Câu 7b 
(1,0 điểm) 
Giả sử    1 2; 1 , ; 2 2M d M t t N d N s s        
Nếu 0 (0; 1)t M AM Oy     (loại) 
Do O, M, N thẳng hàng và AM // BN nên: 
OM kON
AM lBN
 


 
 
2 2
21 3 2 5 .46 15 15 6 22
5 5
3
s s
tt t st s t 
t s
st s t sss
t t
       
       
      
 
Vậy 
  4 22;1 , ; .
5 5
M N   
 
1,0 
Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.