www.VNMATH.com Câu 1. (2 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 của hàm số (1) ứng với m = 1
2. Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm
số đến gốc tọa độ bằng
2
lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc
tọa độ .

Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình
2

điểm M sao cho AM =
3
3
a
, mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM .
Câu 6. (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương có tổng bằng 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
3( ) 2
P x y z xyz
   
.

Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2;-5 ) và đư
ờng thẳng
:3 4 4 0
x y
   
. Trên

lấy hai điểm A và B đối xứng nhau qua
)
2
5
;2(I
sao cho diện tích tam giác
ABC bằng 15. Viết phương trình đường thẳng AB.

Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có di
ện tích


). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các
điểm đã cho. Tìm n.
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ
KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
NĂM HỌC 2013-2014
Môn thi: TOÁN - KHỐI D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

www.VNMATH.com

Hết
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 KHỐI D NĂM 2014
Câu Nội dung Điểm
1
1.Khi m=1 ta có
23
3xxy 
TXĐ: R ; xxy 63'
2

0



-4
Hàm số đồng biến trên khoảng
)2;0(
, nghịch biến trên khoảng
);2();0;(



Hàm số đạt cực đại y=0 tại x=0
Hàm số đạt cực tiểu y=-4 tại x=2

6
4
2
-
2
-
4
-
6
-
5
5

0.25 0.25
0.25
0.25

  
     

  



Vậy có 2 giá trị của m là
3 2 2
m   
và
3 2 2
m   
. 0.25
Câu
2
os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2
os4x+ 3sin 4 os2x+ 3 sin 2 0
PT c x c
c x c x

 
   
 
 
  

2
x k


 
và
18 3
x k
 
  
. 0.25 0.25
0.25 0.25

3 ĐK: x>-1
PT
0)
4log
3

0.25

0.25
0.25
4 Rút y
2
từ phương trình (2) thế vào (1) ta được
032)2(2
2
 yxyx







32
1
yx
x

TH1: Thay
1


x
vào (1) ta được



6
1
5
3
1
5
6
1
5
3
1
04105
2
xy
xy
yy

Vậy hệ pt có 4 nghiệm (-1;2) (-1;-4) (
)
5
3
1;
5
6
1 
(
)
5
3
1;
www.VNMATH.com

S
M
N
D
CB
A
( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có SA = AB tan60
0
= a
3
,
3
2

SA
SM

ABCDSABCSMBCS
ABCS
MBCS
VVV
SA

4
9
4
3
2
.
3
2
. 

Vậy
ABCDSBCNMS
VV

9
5

=
3
10 3
27
a
2
3 2
( )
27 6 (3 ) ( 3)
2
1
( 15 27 27)
2
y z
x x x
x x x

    
    

Xét hàm số
3 2
( ) 15 27 27
f x x x x
    
, với 0<x<3
, 2
1
( ) 3 30 27 0
9
x
f x x x
x



0.25
www.VNMATH.com

Từ bảng biến thiên suy ra GTLN P=7
1
x y z
   
. 0.25
7 Ta có


I

AI

4
25
)
4
63
()2(
22



a
a





0
4
4)2(
2
a
a
a


Idd
21

. Toạ độ của I là nghiệm của hệ:











2/3y
2/9x
06yx
03yx
. Vậy






2
3
;
2




Theo giả thiết:
22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS
ABCD
ABCD


Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d
1

ADd
1


Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d
1
nhận
)1;1(n
làm VTPT nên có
PT:
03yx0)0y(1)3x(1



2x
hoặc





1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
Do






2
3
;
2
9
I
là trung điểm của AC suy ra:





213yy2y

0.25
9
Theo giả thiết ta có:
3 3 3
n 10 10 n
C C C 2800

  
(
n 2

)
2800
)!3!.(3
!
!7!.3
!10
)!7!.(3
)!10(





n
n
n
n




www.VNMATH.com







)(24
20
loain
n

.Vậy n=20
0.25