SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 - LẦN 1
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối A + A
1
+ B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
(
)
3 2
3 3 2 1
= − + + + +
y x x m m x
(1), với
m
là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
0
m
=
.
b) Tìm
m
để đồ thị hàm số
(1)
có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua điểm

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
3
1
2 4
0
1
=
+ +
∫
x dx
I
x x
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ
. ' ' ' '
ABCD A B C D
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
a
, cạnh bên

'
AA a
=
, hình chiếu vuông góc của
'
A
trên mặt phẳng
( )

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
2 2 2
1 1 1
x y z
P
y z x x y z
= + + + + +
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
( )
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
có đường chéo

: 2 9 0
AC x y
+ − =
. Điểm
(0;4)
M
nằm trên cạnh
BC
. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho
biết rằng diện tích của hình chữ nhật đó bằng
6
, đường thẳng

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
( )
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
. Hai điểm
,
B C

thuộc trục tung. Phương trình đường chéo
:3 4 16 0
AC x y
+ − =
. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ
nhật đã cho biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
ACD
bằng 1.
Câu 8.b (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 1
( ):
1 2 3
x y z
− + −
∆ = =
−
và
hai điểm
(2;1;1); (1;1;0)
A B

SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A, A
1
và khối B
(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)

Câu Đáp án Điểm
a. (1,0 điểm)
Khi
0
m
=
ta có
3 2
3 1
y x x
= − + +

• Tập xác định:
D
=


•
Sự biến thiên:
−
Chiều biến thiên:
2
' 3 6 ; ' 0 0

Giới hạn:
lim
x
y
→−∞
= +∞
;
lim
x
y
→+∞
= −∞

0,25
−
Bảng biến thiên:

x

−∞

0

2

+∞

'
y•
Đồ thị: 0,25
b. (1,0 điểm)

Ta có:
2 2
' 3 6 3 6
y x x m m
= − + + +2
' 0 2 ( 2) 0
2
x m
y x x m m
x m

= −
= ⇔ − − + = ⇔

= +



= + + +

Tọa độ hai điểm cực trị là
(
)
3 2
; 2 3 1
A m m m
− − − +
và
(
)
3 2
2;2 9 12 5
B m m m m
+ + + +

0,25
www.24hchiase.com- Diễn đàn chia sẻ tài liệu LTĐH
(
)
1;3
I
là trung điểm của
AB
⇔
2
2
0
6 12 0

x
≠
.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
cos sin cos sin
x x x x
+ = +

0,25
(cos sin )(cos sin 1) 0
x x x x
⇔ − + − =

0,25
cos sin 0
x x
− = ⇔
tan 1
4
x x k
π
π
= ⇔ = +
( )
k
∈


0,25

k
∈


Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm
4
x k
π
π
= +
hoặc
2
x k
π
=
.
( )
k
∈


0,25
Xét hệ phương trình
2 2
2
4 4 2 2 0 (1)
8 1 2 9 0 (2)
x xy y x y
x y


= −


0,25
Nếu
1
t
=
thì
2 1 1 2 0
x y x y
+ = ⇔ − = ≥
. Thế vào phương trình (2) ta được phương trình

2
8 9 0
y y
+ − =

Đặt
0
u y
= ≥
, phương trình trở thành:
4 3 2
8 9 0 ( 1)( 9) 0 1
u u u u u u u
+ − = ⇔ − + + + = ⇔ =
. Khi đó hệ có nghiệm
0

+ + − = ⇔ + + − + = ⇔

+ − + =



Với
3
y
= −
thì hệ có nghiệm
1
2
3
x
y

=



= −


0,25
3
(1,0 điểm)
Xét phương trình
8 ( 3) 3 0
y y

f v
đạt cực đại tại
( 2;8 4 2)
− +
, đạt cực tiểu tại
( 2;8 4 2)
−

Vì
(0) 8 0
f
= >
và
8 4 2 0
− >
nên
( ) 0
f v
=
không có nghiệm
0
v
≥

0,25
www.24hchiase.com- Diễn đàn chia sẻ tài liệu LTĐH
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là
1
0
;

1
6
5
0
0
1
6 6
x
x dx
 
= =
 
 
∫

0,25
Đặt
4 2 4 3
1 1 2
t x t x tdt x dx
= + ⇒ = + ⇒ =
Đổi cận:
0 1 ; 1 2
x t x t= ⇒ = = ⇒ =

Suy ra:
2
2
3
2

ABCD
là hình vuông cạnh
a
nên ta suy ra được

IC DK
⊥
,
5
2
a
DK IC= = ,
. 5
5
CK CD a
CH
DK
= = ,
3 5
10
a
IH =
0,25
Xét
'
A AI
∆
ta được
3
'

A IH
, kẻ
'
IE A H
⊥
. Suy ra:
( ' ) ( ,( ' )
IE A KD IE d I A KD
⊥ ⇒ =

0,25
5
(1,0 điểm)
Xét tam giác
'
A IH
∆
:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 20 32 3 2
8
' 3 9 9
a
IE
IE A I IH a a a
= + = + = ⇒ =

Vậy
3 2
( ,( ' )

t xyz
+ +
< = < ≤

0,25
Khi đó:
3 3 9 15
3 12 9 2 36
2 2
P t t t
t t
≥ + = + − ≥ − =

0,25
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
2
x y z
= = =

Vậy
15
min
2
A
=
.
0,25

Vì

Vì
C
có tung độ là một số nguyên nên
( 1;5)
C
−

Từ
M
kẻ đường thẳng vuông góc với
BC
cắt
AC
tại
'
A

Khi đó
':2 4 0
MA x y
− + =
. Suy ra
1 22
' ;
5 5
A
 
 
 


CB
CB CM B
CM S
y

+ =
 

= = = ⇒ = ⇒ ⇒

 
− = −

 

 

0,25
7.a
(1,0 điểm)
Tương tự
3 ' (3;3)
CA CA A= ⇒
 

Từ
(0;6)
AB DC D= ⇒
 



M
là hình chiếu của
I
trên mp(P)
0,25
www.24hchiase.com- Diễn đàn chia sẻ tài liệu LTĐH
Đường thẳng
∆
qua
I
và vuông góc với mặt phẳng (P) nhận
(1;1;1)
n =

là VTCP có
phương trình
5 2 5
1 1 1
x y z
− − −
= =

0,25
Tọa độ giao điểm của
M
của
∆
và (P) là nghiệm của hệ phương trình:


0,25
Số cách chọn 4 viên bi bất kỳ trong hộp là
4
15
1365
C =
cách
0,25
Các trường hợp cho ra 4 viên bi có đủ 3 màu là:
•
2 đỏ, 1 trắng, 1 vàng:
2 1 1
6 5 4
300
C C C =

•
1 đỏ, 2 trắng, 1 vàng:
1 2 1
6 5 4
240
C C C =

•
1 đỏ, 1 trắng, 2 vàng:
1 1 2
6 5 4
180
C C C =


Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
ACD
bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp
tam giác
ABC
cũng bằng 1.
Vì
B
nằm trên trục tung nên
(0; )
B b
. Đường thẳng
AB
đi qua
B
và vuông góc với
: 0
BC Oy x
≡ =
nên
:
AB y b
=

0,25
Vì
A
là giao điểm của
AB
và

ABC
b
b
S
S b
AB BC CA
b b
b b
−
−
= = = −
+ +
 
− −
− + + − +
 
 

0,25
Theo giả thiết
1
r
=
nên ta có
1
b
=
hoặc
7
b

www.24hchiase.com- Diễn đàn chia sẻ tài liệu LTĐH
Gọi
(1 ; 1 2 ;1 3 )
M t t t d
+ − − + ∈
. Ta có:
( 1 ; 2 2 ;3 ), ( 1;0; 1)
AM t t t AB
= − + − − = − −
 

0,25
2
1 1
, ( 2 2;2 1;2 2) , 12 20 9
2 2
AMB
AM AB t t t S AM AB t t
   
= − − + + ⇒ = = + +
   
   

0,25
2
1 5 2 1 2
12
2 6 3 2 3
t
 


+ >


0,25
Ta có:
lg( )
(1) 50 10.10 10( ) 5
x y
x y x y
+
⇔ = = + ⇔ + =

0,25
Thế vào (2) ta được:
2 2lg5
lg5 2
10 100
lg( ) 2 2lg5 10 4
25
(10 )
x y x y
−
− = − ⇔ − = = = =

0,25
9.b
(1,0 điểm)
Hệ đã cho tương đương với
9

.
0,25 Hết
www.24hchiase.com- Diễn đàn chia sẻ tài liệu LTĐH