SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1
Năm học: 2013 – 2014
MÔN: TOÁN KHỐI A, B, A
1
, V
( Thời gian làm bài: 180 phút)

Câu 1 ( 2 Điểm): Cho hàm số:
3 2 2
3
y x m x x m   

 
m
C

a, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 0
b, Gọi A là điểm trên
 
m
C
và có hoành độ bằng -1. Tìm m để tiếp tuyến của (C
m
) tại A song song với
đường thẳng d: y = 2x + 2.

Câu 2 ( 1 Điểm): Giải phương trình lượng giác:
2 cos 2 2 sin 3cossin x x x x   
.

Gọi M là trung điểm của SC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SB và DM.

Câu 6 ( 1 Điểm): Cho
, ,x y z
là 3 số thực không âm thoả mãn:
2
1 1 2 1 2 5
x y z
     
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
3 3 3
2
P x y z  Câu 7 ( 1 Điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng
9
2
. Các đỉnh A,
B, C lần lượt nằm trên các đường thẳng d
1
: x + y – 2 = 0; d
2
: 2x – y – 4 = 0; d
3
: x – y – 3 = 0. Gọi E,
F là 2 điểm lần lượt nằm trên các cạnh AB và AC sao cho AB = 3AE; AC = 3CF. Đường thẳng EF
cắt đường thẳng BC tại điểm P(-4; -8). Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.


( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm).

ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1
Năm học: 2013 – 2014
MÔN: TOÁN KHỐI A, B, A
1
, V
Câu Nội dung Điểm
1a
Khảo sát và vẽ đồ thị:
3 2 2
3
y x m x x m   
khi m = 0
1
Với m = 0, hàm số trở thành: y = x
3
– 3x
TXĐ: D = R
lim
x
y

 2

-2
 Hàm số đồng biến trên từng khoảng
 
; 1 
và
 
1;


Hàm số nghịch biến trên ( -1; 1)
Đạt cực đại tại x = -1; y
CĐ
= 2
Đạt cực tiểu tại x = 1; y
CT
= -2
Đồ thị:
Giao Ox tại
   
 
3;0 ; 3;0 ; 0;0

f(x)=x^3-3*x
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x

0,25
1b
Tìm m để tiếp tuyến tại điểm có hoành độ bằng -1 song song d: y = 2x + 2
1

Từ giả thiết ta có:
 
1 2
y

 2
2 2 1
m m
    

Với m = 1
 
1;2M
  
pttt: y = 2x + 4 (thoả mãn)
Với m = -1



(2cosx – 1)(sinx – cosx + 1) = 0

1
cos
2
sin cos 1
x
x x





  


*)
1
cos 2
2 3
x x k


    

*)
sinx cos 1 2 sin 1
4



Vậy pt có nghiệm:
2 ;
3
x k


  

2x k


;
3
2
2
x k


  0,25


1

Đk:
0
y


Pt(1)
 
 
2
4
1 2
2 1 0
y x
x y x y
y x
 

     




*) Với y = 1 – 2x, thay vào (2) ta được:






  


( Vô nghiệm)
*) Với y = x
4
thay vào (2) ta được:
2x
2
+ 4x
3
-12x – x
4
+ 1 = 0
4 3 2
4 2 12 1 0
x x x x
     
(**)
Đặt: x = t + 1
(**) thành: t
4
– 8t
2
+ 6 = 0



4
1 4 10; 1 4 10
 
   
 
 
0,25 0,25


Xét hàm số:
 
2
1
1
x
f x
x



với x < 1

 
 
2
2
1
1 1
x
f x
x x
 


  
0 1
BBT:
x

-1 1
 
f x


+ 0 -
 
f x1
2

-1
Từ bảng biến thiên ta thấy, phương trình cho có đúng 1 nghiệm x < 1 khi và chỉ
khi:
1
1
2


1

*) Hạ
SH AB
tại H
( )SH ABCD 

Ta có:
 
0
;( ) 60
SA ABCD SAH   

SAB
vuông tại S, có
0
60 ; 2SAB AB a  ; 3SA a SB a
  

Ta có:
2 2 2
1 1 1 3
2
a
SH
SH SA SB

2
1
4 2
BDN ABCD
a
S S

 

 
 
;
1 3
2 4
M BDN
a
d SH  
3
;( )
1 3
.
3 24
MBDN BDN
M BDN
a
V d S


0,25 S
A
B
C
D
H
M
N
Dễ dàng tính được
2
2 2 2
3 13
2 2 4
a a a
AH BH HC BH BC      

2 2 2 2
4SC SH HC a
   

Có:
; ( )
DA AB DA SH DA SAB DA SA     
SAD 
vuông cân tại A
2SD a
 

 
10
sin
4
DMN  

 
2
1 15
. .sin
2 8
DMN
a
S MD MN DMN

   

 
 
,
3
5
5
MBDN
B DMN
MDN
V
a
d
S


6
Tìm GTLN của biểu thức

1

Với mọi số a, b không âm ta chứng minh bất đẳng thức:
1 1 1 1 (1)
a b a b      

Thật vậy,
  
(1) 2 2 1 1 2 2 1
a b a b a b a b             
1 1 1 0
a b a b ab
       
(luôn đúng vì a, b không âm)
Dấu “ =” xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0.
Áp dụng (1) ta có:
2 2 2
5 1 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 2 2x y z x y z x y z                

2
8
0 2 2
2

0,25 0,25

Xét
 
3
2
3
8
2 , 0;2 2
2
x
f x x x
 

 
  
 
 
 


  




   
 
0 64; 2 24; 2 2 32 2
f f f  
 
64 64
f x P
   

Dấu “ =” khi x = y = 0; z = 4 hoặc x = z = 0; y = 4.
Vậy MaxP = 64 0,25

3 2 2
CI
IC IB IP
CB
   
C
là trung điểm IP
1
4
PC PB
 

1
4
PC PB
 
 
(*)
Gọi B(b; 2b – 4); C(c; c – 3)
   
4;2 4 ; 4; 5
PB b b PC c c
      
 

Thay vào (*) ta được:
4
2
b
c

S
S BC d d
BC


   
Ptđt BC: 3x – 2y – 4 = 0
Gọi A(a; 2 – a)
 
;
5 8
13
A BC
a
d

 


11 11 1
;
13 13
5 5 5
a A
a
a A
  


  
 

  
 

 


Vậy: A(1; 1); B(4; 4); C(-2; -5) hoặc
11 1
;
5 5
A
 

 
 
; B(4; 4); C(-2; -5).


a
   
 

 
     
2 2
1; 1
1 : 1 1 2
2
I
a C x y
R IO
 

      

 

0,25
0,25 0,25

a a a a
    2 1024 10
n
n
   

Với n = 10, ta có:
10
10
10
10
0
1
3 .3 . .
2 2
k
k k k
k
x
C x


   
  
   
   



0,5 Chú ý: Mọi cách giải khác của thí sinh, nếu đúng, cho điểm tối đa theo từng bước tương ứng
với đáp án.
M
I
O
d