Đề thi thử đại học lần I năm 2014 môn: Toán; khối: A - A1 - B - V - Trường THPT Hồng Quang

www.VNMATH.com 
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG 
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2014 
MÔN: TOÁN; KHỐI: A - A1 - B - V 
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề). 
Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số 3 2( 2) 4 3y x m x m     (1) , với m là tham số thực. 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với 1m  . 
2. Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng 2 7y x  cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt 
, ,A B C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại các điểm , ,A B C bằng 28. 
Câu 2(1,0 điểm). Giải phương trình 3 sin 7 2sin 4 sin3 cos 0x x x x   . 
Câu 3(1,0 điểm). Giải phương trình 22 2 4 4 2 9 16x x x      x . 
Câu 4(1,0 điểm). Tính tích phân 
1 2
0
( 2 1)
1
x x
x
x e x e
I dx
xe
 


. 
Câu 5(1,0 điểm). Cho lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác đều cạnh 3a . Hình chiếu vuông 
 góc của 'C lên mặt phẳng ( )ABC là điểm H thuộc cạnh BC thỏa mãn 2HC HB . Góc giữa hai 
 mặt phẳng ( ' ')ACC A và ( )ABC bằng 060 . Tính thể tích của khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C theo a và 
 tính côsin của góc giữa hai đường thẳng AH và 'BB . 
Câu 6(1,0 điểm). Cho các số dương ,x y thỏa mãn 3x y xy   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
3 3
2 21 14 4
x y
P x y
y x
   
      
  
. 
Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh (3; 1)C  . Gọi M là 
 trung điểm của cạnh BC , đường thẳng DM có phương trình là 1 0y   . Biết đỉnh A thuộc đường 
 thẳng 5 7 0x y   và 0Dx  . Tìm tọa độ các đỉnh A và D . 
Câu 8(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm ( 4;1;2), (2; 3; 2), (5;0;2)A B C  . 
 Viết phương trình mặt cầu ( )S đi qua các điểm , ,A B C và có tâm thuộc mặt phẳng ( )Oxy . 
Câu 9(1,0 điểm). Có 10 học sinh lớp A; 9 học sinh lớp B và 8 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ các 
học sinh trên. Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp A.
----------------- Hết ---------------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh: ............................................................ 
1
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2014 
MÔN: TOÁN; KHỐI: A 
(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang) 
Câu Nội dung Điể
m 
Câu 1.1 
(1,0đ) 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2( 2) 4 3y x m x m     với 
1m  . 
Với 1m  , ta có hàm số 3 23 1y x x   
* Tập xác định: D R 
* Sự biến thiên: 2' 3 6y x x  ; ' 0 0y x   hoặc 2x 
0,25 
Hàm số đồng biến trên các khoảng    ;0 và 2;+  . Hàm số nghịch biến 
trên khoảng  0;2 . 
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại D0; 1Cx y  , đạt cực tiểu tại 
2, 3CTx y   
- Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
    
0,25 
- Bảng biến thiên 
0,25 
Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0;1) , 
cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình 
3 23 1 0x x   
 '' 6 6; '' 0 1y x y x     . 
Đồ thị nhận điểm  1; 1 làm tâm đối xứng. 
0,25 
Câu 1.2 
(1,0đ) 
Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng 2 7y x  cắt đồ thị hàm số 
(1).. 
x   
'y 
y 
0 
0 0 
 
1  
3 
2 
   
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
x
y
O
2
Gọi : 2 7d y x  . Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị hàm 
số (1) 
3 2 3 2( 2) 4 3 2 7 ( 2) 2 4 4 0x m x m x x m x x m             
2
2
2 2 0 (2)
x
x mx m

 
   
. 
Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt , ,A B C khi và 
chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2. Điều kiện cần và 
đủ là 
2
4 2 2
8 8 0
0 4 2 2
1
2 4 0 12
2
m
m m
m
m m
m
   
    
         
    
 

0,25 
Gọi các nghiệm của phương trình (2) là 1 2,x x . Khi đó hoành độ các giao 
điểm là 1 22, ,A B Cx x x x x   . 
Hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại các điểm , ,A B C lần 
lượt là 
2 2
1 1 1 2 2 2'(2) 4 4 ; '( ) 3 2( 2) ; '( ) 3 2( 2)A B Ck y m k y x x m x k y x x m x          
. 
Tổng các hệ số góc bằng 28 nên 
 2 21 1 2 228 4 4 3 2( 2) 3 2( 2) 28A B Ck k k m x m x x m x            
0,25 
2 2
1 2 1 24 4 3( ) 2( 2)( ) 28m x x m x x        
2
1 2 1 2 1 24 4 3 ( ) 2 2( 2)( ) 28m x x x x m x x           
2 2 64 4 3 2( 2 2) 2( 2) 28 4 12 0
2
m
m m m m m m m
m
 
                 
. 
0,25 
Kết hợp điều kiện (3) được 2m  . 0,25 
Câu 2 
(1,0) 
 Giải phương trình 3 sin 7 2sin 4 sin 3 cos 0x x x x   
 3 sin 7 2sin 4 sin 3 cos 0 3 sin 7 cos cos7 cos 0x x x x x x x x        
0,25 
3 1
3 sin 7 cos7 2cos sin 7 cos7 cos
2 2
x x x x x x      
0,25 
cos 7 cos
3
x x
 
   
 
0,25 
7 2
3 18 3
, ,
7 2
3 24 4
x x k x k
k k
x x k x k
  

  

 
     
    
      
 
  
0,25 
3
Câu 3 
(1,0đ) 
Giải phương trình 22 2 4 4 2 9 16x x x     
Điều kiện 
2 4 0
2 2
2 0
x
x
x
 
   
 
22 2 4 4 2 9 16x x x    
24(2 4) 16(2 ) 16 (2 4)(2 ) 9 16x x x x x         
2 248 8 16 2(4 ) 9 16x x x      
0,25 
2 216 2(4 ) 8 9 32x x x     
 2 28 2 2(4 ) 9 32x x x     (1) 
Xét trường hợp 2 2
4 2
2 2(4 ) 0 2 2(4 )
3
x x x x x          . Thay 
vào (1) không thỏa mãn. 
Xét trường hợp 2
4 2
2 2(4 ) 0
3
x x x      
  2 2
2
2
8 2 2(4 ) 2 2(4 )
(1) 9 32
2 2(4 )
x x x x
x
x x
   
  
 
   2 2 22 2
2 2
8 8(4 ) 8 32 9
9 32 9 32
2 2(4 ) 2 2(4 )
x x x
x x
x x x x
  
     
   
 
2
2
2
2
9 32 0
8
89 32 1 0
1 02 2(4 )
2 2(4 )
x
x
x x
x x
  
  
              
0,25 
Xét phương trình 2 2
32 4 2
9 32 0
9 3
x x x       . Loại 
4 2
3
x   
0,25 
 Xét phương trình 
2 2
2
8
1 0 2 2(4 ) 8 0 2 2(4 ) 8
2 2(4 )
x x x x
x x
           
 
. 
Do 2 2 8 0x x        Phương trình 22 2(4 ) 8x x    vô nghiệm. 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 
4 2
3
x  . 
0,25 
Câu 4 
(1,0đ) 
 Tính tích phân 
1 2
0
( 2 1)
1
x x
x
x e x e
I dx
xe
 


 1 1 1 12
0 0 0 0
( 2 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
1 1 1 1
x x x x x x x x
x x x x
x e x e xe xe x e xe xe x e
I dx dx dx dx
xe xe xe xe
      
   
      
1 1
0 0
( 1)
1
x
x
x
x e
I xe dx dx
xe

 
 
0,25 
4
Xét 
1
0
xM xe dx  . Đặt 
x x
u x du dx
e dx dv v e
  
 
  
1
0
1 1
. 1 1
0 0
x x xM x e e dx e e e e         
0,25 
Xét 
1
0
( 1)
1
x
x
x e
N dx
xe



. Đặt 1 ( ) ( 1)x x x xt xe dt e xe dx x e dx       
Đổi cận 0 1; 1 1x t x t e       ; 
1
1
1
ln ln( 1) ln1 ln( 1)
1
e edt
N t e e
t
 
       
0,25 
Vậy 1 ln( 1)I e   0,25 
Câu 5 
(1,0đ) 
Cho lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác đều cạnh 3a .. 
Từ giả thiết có ' ( )C H ABC .Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên 
AC . 
( ' ) '
'
AC HK
AC C HK AC C K
AC C H

   

. 
Góc giữa hai mặt phẳng ( ' ')ACC A và ( )ABC là góc 'C KH . Theogiả thiết 
có  0' 60C KH  . 
0,25 
Trong tam giác vuông HKC có 
0 0.sin 60 2 .sin 60 3HK HC a a   
Trong tam giác vuông 'C HK có 
0 0' . tan 60 3 tan 60 3C H HK a a   
Diện tích tam giác ABC là 
2
0 01 1 9 3. sin 60 3 .3 sin 60
2 2 4
ABC
a
S AB AC a a    
Thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C là 
2 39 3 27 3
' . 3 .
4 4
ABC
a a
V C H S a   
0,25 
B'A'
A B
C
C'
H
K
5
 Vì '// 'AA BB nên    ( ', ) ( ', ) cos( ', ) cos 'BB AH AA AH BB AH A AH   
Trong tam giác AHB có 
2 2 2 0 2 2 212 . .cos60 9 2.3 . . 7 7
2
AH AB BH AB BH a a a a a AH a         . 
Trong tam giác vuông 'C HC có 
2 2 2 2 2 2' 9 4 13 ' 13C C CH HC a a a C C a       
' 13A A a  . 
' ( ) ' ( ' ' ') ' ' 'C H ABC C H A B C C H A C     . Trong tam giác vuông 
' 'A C H có 2 2 2 2 2 2' ' ' ' 9 9 18 ' 3 2A H C H A C a a a A H a       . 
0,25 
Trong tam giác 'A AH có 

2 2 2 2 2 2' ' 13 7 18 91
cos '
2 ' . 912. 13. 7
A A AH A H a a a
A AH
A A AH a a
   
   
Vậy côsin của góc giữa hai đường thẳng 'BB và AH bằng 
91
91
. 
0,25 
Câu 6 
(1,0đ) 
Cho các số dương ,x y thỏa mãn 3x y xy   . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức .. 
Ta chứng minh hai bất đẳng thức: 
 1) Với 0, 0a b  thì  3 3 34 ( )a b a b   
Thật vậy 
 3 3 3 3 3 2 2 3 2 3 24 ( ) 3 3 3 3 0a b a b a b a b ab a a b b ab            
2 2 2 2 2( ) ( ) 0 ( )( ) 0 ( ) ( ) 0a a b b b a a b a b a b a b             . 
Dấu " " xảy ra khi 0a b  . 
2) 
2
2 2 ( )
2
a b
a b

  . Dấu " " xảy ra khi a b . 
Áp dụng các bất đẳng thức trên có 
3 33
2 2
32
1 1 1 1
4 4
2
( ) 3( ) 6
3 ( ) 2
x y x y x y
P x y
y x y x
x y x y x y
P
x y
        
           
    
     
   
  
0,25 
Đặt t x y 
32 3 6
3 2
t t t
P
t
  
   
 
. Ta có : 
2
2 2( )3 ( ) 4( ) 3 0 2
64
x yx y
x y xy x y x y x y x y
x y
 
                  
(Vì 0, 0x y  ) 
Mặt khác 3 3x y xy x y      (Vì 0, 0x y  ). Vậy 
2 3 2 3x y t      . 
0,25 
6
Xét hàm số  
32 3 6
( ) , 2;3
3 2
t t t
f t t
t
  
   
 
 
22 2
2
3 6 6 3 1
'( ) 3 . 0, 2;3
3 (3 ) 2
t t t t
f t t
t t
     
     
  
Vậy hàm số ( )f t đồng biến trên  2;3 
 2;3
min ( ) (2) 64 2f t f    
0,25 
 64 2P   . Dấu " " xảy ra khi 
1 1
3 1
0, 0
x y
y x
x y xy x y
x y
 


     
  


Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 64 2 , đạt được khi 1x y  . 
0,25 
Câu 7 
(1,0đ) 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh (3; 1)C  . 
 : 1 0DM y   
( , ) 1 1 2d C DM     
Ta có 
( , ) 1
( , ) 2 ( , ) 4
( , ) 2
d C DM IC MC
d A DM d C DM
d A DM IA DA
      
0,25 
Điểm A thuộc đường thẳng 5 7 0x y   nên  ;5 7A a a  
2
5 6 4
( , ) 4 5 7 1 4 5 6 4 5
5 6 4
2
a a
d A DM a a
a
a

                  
Với 2 ( 2; 3)a A     . Với 
2 2
;5
5 5
a A
 
    
 
. 
0,25 
Điểm ( 2; 3)A   và (3; 1)C  cùng phía so với đường thẳng : 1 0DM y   nên 
loại điểm ( 2; 3)A   . Vậy 
2
;5
5
A
 
 
 
. 
0,25 
I
M
C
A
B
D
7
 
2
( ;1) ; 4 ; 3;2
5
D DM D x AD x CD x
 
        
 
 
. 
Do   2
2 13 46
. 0 3 8 0 0
5 5 5
AD CD AD CD x x x x
 
            
 
 
2
2
5 13 46 0 223
5
x
x x x
x
 
       
 

 (Vì 0Dx  ). Với 
2 ( 2;1)x D    
(Nếu học sinh làm cả hai trường hợp thì cho 0,75 cả câu) 
0,25 
Câu 8 
(1,0đ) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm 
(4;1;2), (2; 3; 2), (5;0;2)A B C  . 
Gọi I là tâm mặt cầu (S). Theo giả thiết ( ) ( ; ;0)I Oxy I x y  . 0,25 
2 2 2 2
2 2 2 2
(4 ) (1 ) 4 (2 ) ( 3 ) 4
(4 ) (1 ) 4 (5 ) 4
x y x yIA IB
I A IC x y x y
           
 
        
0,25 
2 2 2 2
2 2 2 2
(4 ) (1 ) 4 (2 ) ( 3 ) 4
(4 ) (1 ) 4 (5 ) 4
4 8 4 2 1 3
2 2 8 4 1
x y x y
x y x y
x y x y x
x y x y y
          
 
       
        
    
       
0,25 
Suy ra ( 3; 1;0)I  . Vậy phương trình mặt cầu 2 2 2( 3) ( 1) 9x y z     . 
0,25 
Câu 9 
(1,0đ) 
Có 10 học sinh lớp A; 9 học sinh lớp B và 8 học sinh lớp C. .. 
Số phần tử không gian mẫu   527 80730n C   . Gọi A là biến cố 5 học 
sinh chọn ra, lớp nào cũng có học sinh được chọn và số học sinh lớp A ít 
nhất là 2.
Trường hợp 1: 5 học sinh chọn ra có 2 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B, 1 
học sinh lớp C. 
Số cách chọn trường hợp này là 2 2 110 9 8 12960C C C  . 
0,25 
Trường hợp 2: 5 học sinh chọn ra có 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B, 2 
học sinh lớp C. Số cách chọn trường hợp này là 2 1 210 9 8 11340C C C  . 
Trường hợp 3: 5 học sinh chọn ra có 3 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B, 1 
học sinh lớp C. 
Số cách chọn trường hợp này là 3 1 110 9 8 8640C C C  . 
0,25 
Vậy số khả năng thuận lợi của biến cố A là 12960 11340 8640 32940   . 0,25 
Xác suất của biến cố A là  
( ) 32940 122
( ) 80730 299
n A
p A
n
  

. 
0,25