Đề thi thử đại học lần I - Năm học 2013 - 2014 môn: Toán; Khối: A, B, D

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG 
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I - NĂM HỌC 2013 - 2014 
MÔN: TOÁN; KHỐI: A, B, D 
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu I (2,0 điểm.) Cho hàm số  3 2 2
1 1
2 2
3 2
y x m m x mx m     (1) với m là tham số thực. 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  1 khi m = -1. 
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại, cực tiểu cách đều trục tung. 
Câu II (2,0 điểm). 
1) Giải phương trình: 2sin2 x + sin2x - 3 sinx + cosx – 2 = 0 
2) Giải hệ phương trình: 
4 2 2
2 2
2 2 6
 ( , )
3
x y x y
x y R
x y x y
    

   
Câu III (1,0 điểm). 
Tính tích phân : I=
 31
2
0
2 1
2
x xx e x e
dx
x
 

Câu IV(1,0 điểm). 
Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác ABC vuông cân tại A; SA = a; BC = 2a. Hình chiếu 
vuông góc của S trên mặt phẳng đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Gọi M là trung 
điểm của SA. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). 
Câu V(1,0 điểm). 
Cho các số thực dương x, y thoả mãn: 
3 3
2 2
3 2
3
x y
xy y x x y
    . 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 2 2
2 2
16
2
x y
x y

 
Câu VI(2,0 điểm). 
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 2. Phương trình 
của đường thẳng AB: x – y = 0. Điểm M( 2; 1) là trung điểm của cạnh BC. Tìm toạ độ trung 
điểm N của cạnh AC. 
2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A(1; 0; -2) , B( 1; -2; 2), C(2; 1; 0), mặt 
phẳng (P) có phương trình: x+2y+2z -3 = 0. Chứng minh: AC vuông góc với BC và viết 
phương trình mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng (P) và qua ba điểm A, B , C. 
Câu VII(1,0 điểm). 
Trên giá sách có ba loại sách Toán học, Vật lý, Hoá học, trong đó có 8 quyển sách Toán học, 
7 quyển sách Vật lý và 5 quyển sách Hoá học ( các quyển sách khác nhau). Hỏi có bao nhiêu 
cách chọn 6 quyển sách trong các quyển sách trên sao cho mỗi loại có ít nhất một quyển sách. 
------------------ 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 - 
Chữ kí giám thị: .............................................................................................................................................. 
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG
Tổ: Toán 
----***---- 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I - NĂM HỌC 2013 - 2014 
MÔN: TOÁN; KHỐI: D 
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
I 
(2,0 đ) 
1. (1,0 điểm). Khi m = -1 thì 3 2
1 3
2 1
3 2
y x x x   
* Tập xác định: 
* Sự biến thiên: 
2' 3 2y x x   ; 
1
' 0
2
x
y
x

   
Dấu của y’ 
Hàm số đạt cực đại tại x = 1 , yCĐ = y(1) = 
11
6
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 , yCT = y(2) = 
5
3
0,25 
0,25 
Bảng biến thiên:
x  1 2 
 'y x
 + 0 - 0 + 
 y x 
11
6
5
3
 
0,25 
Đồ thị:
x = 0 y=1 . Đồ thị đi qua ( 0; 1). 
x=3
5
2
y  . Đồ thị đi qua ( 3; 
5
2
). 
0,25 
2. (1,0 điểm). 
+
-
+ 1 2
- 2 - 
  2 2' 2 2y x m m x m    . 
Giả sử hàm số có CĐ, CT cách đều Oy. Khi đó 
2 02
2 2 2
 
  

§ x = 0 = 0 C CT
mx m m
m
Thử lại m = 0 (loại); m = 2 ( thoả mãn). (Hoặc cho § x C CTx và 0 'y ) 
0,25 
0,5 
0,25 
II
(2,0 đ) 
1. (1,0 điểm). Giải phương trình: 
2sin
2
 x + sin2x - 3 sinx + cosx – 2 = 0 (1) 
 Ta có 
(1) 
2(2sin 3sin 2) (sin2 cos ) 0x x x x     
(2sin 1)(sin 2) cos (2sin 1) 0x x x x     
0,25 
 (2sin 1)(sin cos 2) 0x x x    
2sin 1 0
sin cos 2 0
x
x x
 
    
0,25 
1
2sin 1 0 sin sin
2 6
2
6
 ( )
7
2
6
x x
x k
k Z
x k





  
      
 

  
 
  

sin cos 2 0 sin 2
4
x x x
 
      
 
 ( vô nghiệm) 
Vậy nghiệm của phương trình là: 
7
2 ; 2 ( )
6 6
x k x k k Z
 
      
0,25 
0,25 
2. (1,0 điểm) . Giải hệ phương trình:
4 2 2
2 2
2 2 6
 (I) ( , )
3
x y x y
x y R
x y x y
    

   
Ta có hệ (I)
2 2 2
2
( 1) ( 1) 8
( 1)( 1) 4
x y
x y
    
 
   
0,25 
Đặt : x2 + 1 = u; y – 1 = v ( u  1) 
Ta có hệ: 
2 2 8 (1)
4 (2)
u v
uv
  

 
. 
0,25 
Từ (2) 
4
v
u

  thế vào (1) ta được: 
0,25 
- 3 - 
4 2 2
2
8 16 0 4
2 
u
u u u
u

        
 ( u = - 2 loại) 
u = 2 
2
2
2
u
v
v

    
 
Vậy 
2 11 2
11 2 
xx
yy
    
 
    
. Nghiệm của hệ pt là (1; -1) ; (-1; -1) 0,25 
III
(1,0 đ) Tính tích phân : I = 
 31
2
0
2 1
2
x xx e x e
dx
x
 

=
1 1 12
2 2
0 0 0
( 2) 2 2
2 2
x
xxe x x xdx xe dx dx
x x
 
 
    0,25 
Tính 
1
1
0
xI xe dx  . Đặt x x
u x du dx
dv e du v e
  
 
  
1
1 1 1
1 0 0 0
0
( 1) 1x x x xI xe e dx xe e e e       
0,25 
Tính 
1 1 2
1
2
2 2 2 0
0 0
2 ( 2) 3
ln 2 ln3 ln 2 ln
2 2 2
x d x
I dx x
x x

      
   0,25 
Vậy I = 1 + 
3
ln
2 0,25 
IV
(1,0 đ) 
Hình vẽ 
Gọi N là trung điểm của BC; H là trọng tâm của ABC . Theo bài ta có AB = AC 
2 2 22 4 2 ; AC = 2AB BC a AB a a     2
1
2 . 2
2
ABCS a a a  
0,25 
Ta có 
2
 ; HN = 
2 3 3
BC a a
AN a AH   
Trong tam giác vuông SHA có : 0,25 
a
2a
I
K
M
N
A C
B
S
J
H
- 4 - 
2 3
2 2 2 2
.
4 5 1 1 5 5
 . . .
9 3 3 3 3 9
S ABC ABC
a a a a
SH SA AH a V SH S a        
Kẻ HI  SN ; AK  SN ; MJ SN 
Có HI ; AK; MJ vuông góc với mp( SBC)  MJ là khoảng cách từ M đến 
(SBC). 
Theo định lý Talet ta có: 
1
3
HI AK mà AK = 2 MJ 
2 3
3 2
HI MJ MJ HI  
0,25 
Trong tam giác vuông SHN có: 
2 2
2 2
2 22 2 2 2 2 2
5
1 1 1 549 9
5. 5
.
9 9
30 3 30 30
.
18 2 18 12
a a
HN SH
a aHI SH HN SH HN a
a a a
HI MJ


    
    
0,25 
V 
(1,0 đ) 
4 4 23 3gt xy x y
xy
    
Ta có: 4 4 2 2
2 2
3 3 2xy x y x y
xy xy
     
Đặt xy = t . ( t > 0) 
Ta có 2
2
3 3 2t t
t
   3 22 3 3 2 0t t t    
  2
1
1 2 5 2 0 2
2
t t t t        ( vì t > 0) 
Vì 2 2 2x y xy  . Đẳng thức xảy ra  x = y 
2 2 2 2 2
2 2
16 16 8
2 2 2 1
P x y x y t
x y xy t
      
   
Đặt 2
8
( )
1
f t t
t
 

, ta có '
2
8
( ) 2
( 1)
f t t
t
 

với 
1
2
2
t 
'( ) 0 1f t t  
Có (1) 5f  ; 
20
(2)
3
f  ; 
1 67
2 12
f
 
 
 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
- 5 - 
1
;2
2
20
ax ( )
3
m f t
 
 
 
 khi t=2 
2
2
0
xy
x y
x y

  
 
. 
Vậy GTLN của P bằng 
20
3
VI 
(2,0 đ) 
1.( 1,0 điểm). Hình vẽ 
Khoảng cách từ M đến AB: 
MH = d( M; AB) = 
2 2
2 1 2
21 ( 1)


 
, 
1
2 1 . 1
2
ABC MABS S MH AB      . 
2 4 
2 2 2
2
AB MN
MH
     
Đường thẳng MN đi qua điểm M(2; 1) và nhận VTCP của đường thẳng AB là 
(1;1)ABu  làm VTCP của nó. 
Phương trình của đường thẳng MN là: 
2
1
x t
y t
 

 
; 
N đường thẳng MN  N ( 2 + t; 1 + t) ; 
2 2 22 2 2 2 1MN t t t t       
 N ( 3; 2) ; N( 1; 0) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
2. (1,0 điểm). 
Ta có    1;1;2 1;3; 2 . 0AC BC AC BC AC BC       0,25 
Giả sử I(x0; y0; z0) là tâm mặt cầu thoả mãn đầu bài 
 
IA IB
IB IC
I P
 

 
 
0,25 
H N
M
A
B C
- 6 - 
         
         
2 2 2 2 22
0 0 0 0 0 0
2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
0 0 0
1 2 1 2 2
1 2 2 2 1
2 2 3 0
x y z x y z
x y z x y z
x y z
          


          

   

0,25 
 
0
0
0
7
3 7;3;2 89
2
x
y I R
z
 

     
 
Vậy phương trình mặt cầu là: (x + 7)2 + (y – 3)2 + (z – 2)2 = 89 
0,25 
VII
(1,0 đ) 
Chọn 6 quyển sách trong 20 quyển, ta có: 
6
20 38760C 
Chọn 6 quyển sách chỉ có đúng một loại sách, ta có: 
6 6
8 7 35C C  cách chọn 
Chọn 6 quyển sách chỉ có đúng hai loại sách,ta có: 
   6 6 6 6 6 6 613 8 12 7 15 7 8( ) 1688 917 4970 7575C C C C C C C          cách chọn 
Vậy số cách chọn 6 quyển sách mà mỗi loại có ít nhất một quyển sách là: 
38760 – 35-7575 = 31150 cách chọn. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
--------------- Hết --------------