www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ 1
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐH LẦN 1
NĂM HỌC 2013-2014

ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN 1, NĂM HỌC 2013-2014
Môn: Toán khối A,A1,B,D

TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ 1
---------------

Môn: Toán khối A, A1, B,D - Lớp 11

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
(Dành cho học sinh lớp 11 mới lên 12)

I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH THI KHỐI A,A1,B,D. (7,0 điểm)
Câu1: (2,0 điểm). Cho hàm số y = x − 2 x − 3 (P)
a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số.
b/Tìm m để đường thẳng (d): y = − x + m cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
AB = 3 2
Câu 2: (1,0 điểm).
Giải phương trình: cos 2 x cos x + cos x = sin 2 x sin x
Câu 3: (1,0 điểm).
Giải bất phương trình : x 2 + 3x ≥ 2 + 5 x 2 + 15 x + 14
Câu 4: (1,0 điểm).
2

Câu
1
(2,0

1 
1  z
1 
+ + y + + z + 
4
4
4
yz
zx
xy



 

3

NỘI DUNG
a. (1,0 điểm)
TXĐ:R, Toạ độ đỉnh I(1;-4)
Khoảng đồng biến , nghịch biến, BBT
Vẽ đồ thị (P): Đỉnh, Giao Ox, Oy,Trục ĐX
Vẽ đúng, đẹp
b.(1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của(P) và (d) là: x 2 − 2 x − 3 = − x + m
⇔ x 2 − x − 3 − m = 0 (1)
Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì pt(1) phải có 2 nghiệm phân biệt
−13
⇔ ∆ = 4m + 13 >0 ⇔ m >
(*)

x = 4 + 2
3x = π − x + k 2π
⇔
⇔ 
3x = x − π + k 2π
 x = −π + kπ

2
Vậy PT đã cho có nghiệm: x = −

Câu 8a.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho e líp (E):

cắt (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tính diện tích tam giác ABF1

1 + cos x + cos 2 x + cos 3 x
Câu 9a.(1,0 điểm): Chứng minh rằng:
= 2 cos x
2 cos 2 x + cos x − 1

B. KHỐI B, D.
Câu 7b.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho ∆ABC có diện tích S = 3, B(-2;1), C(1;-3) và trung
điểm I của AC thuộc đường thẳng (d): 2 x + y = 0 . Tìm tọa độ điểm A.
Câu 8b.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho đường tròn (T): x 2 + y 2 − 4 x − 6 y + 3 = 0 và đường
thẳng ( ∆ ): x − 2 y − 1 = 0 . Gọi A, B là giao điểm của ( ∆ ) với (T) biết điểm A có tung độ dương.
Tìm tọa độ điểm C ∈ (T) sao cho ∆ ABC vuông tại B.
π

Câu 9b.(1,0 điểm):Chứng minh rằng: cos 4  − x  − cos 4 x = 2sin 2 x − 1
2


0.25
0.25
0.25

0.25

(k ∈ Z )

0.25

Giải bất phương trình...

Bpt x 2 + 3x ≥ 2 + 5 x 2 + 15 x + 14 ⇔ 5 x 2 + 15 x + 14 − 5 5 x 2 + 15 x + 14 − 24 ≥ 0

0.25

t ≥ 8(tm)
Đặt t = 5 x 2 + 15 x + 14 , đk t ≥ 0 , bpt trở thành t 2 − 5t − 24 ≥ 0 ⇔ 
t ≤ −3( L)

0.25

Với t ≥ 8 thì 5 x 2 + 15 x + 14 ≥ 8 ⇔ 5 x 2 + 15 x + 14 ≥ 64 ⇔ x 2 + 3 x − 10 ≥ 0
x ≥ 2
⇔
 x ≤ −5
KL : Vậy bpt có nghiêm là x ≥ 2 hoặc x ≤ −5
Giải hệ phương trình
 x 2 − 3 y + 2 + 2 x 2 y + 2 y = 0(1)
y ≥ 0



www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam
Thay (3) vào (2) ta được

4 x − 1 + 2 x − 1 = 1 (4)
3

u = 4 x − 1
Giải pt(4) đặt 
đk u ≥ 0 , ta được hệ pt
v = 3 2 x − 1

5
(1,0
điểm)

6
(1,0
điểm)

www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam
Vì ABCD là hình thoi nên AC ⊥ BD, và D ∈ BD suy ra pt của BD là: x – 2y – 7 = 0
Gọi I= AC ∩ BD , tọa độ điểm I là nghiệm của hệ pt:
x − 2y = 7
 x=3
⇔
. ⇒ I (3; −2)

2 x + y = 4

 3 2 x − 1 = 0
1
9


KL: Vậy hệ pt có nghiệm là  ; 
2 4

0.25

M ∈(d1) ⇒ M(2a-3; a), N ∈(d2) ⇒ N(b; 3b-2)

0.25

Ta có 3OM = (6a-9; 3a) ON = (b; 3b-2)

0.25

5

6 a + b = 9
a =
3OM + ON = 0 ⇔ 
⇔
3
3a + 3b = 2
b = −1
1 5
Suy ra M  ;  , N(-1;-5)
3 3

 x = 5 ⇒ A(5; −6)
Theo gt suy ra A (5;-6) (thỏa mãn) . Vì C đối xứng với A qua I nên C(1;2)
KL: Vậy A(5;-6), B(5;-1), C(1:2)

8.a
(1,0
điểm)

0.25

0.25

 x4 1   y4 1   z 4 1 
x 4 y 4 z 4 xy + yz + zx
+ + +
⇔ M ≥  + + + + + 
4
4 4
xyz
 4 x  4 y  4 z
Áp dụng bđt cô si với 5 số dương ta có
x4 1 x4 1
1
1
1
x4 1 1 1 1
5
+ = +
+
+

Suy ra M ≥

15
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
4

Vậy min M =

15
. Đạt được khi x = y = z = 1 .
4

.
7.a
(1,0
điểm)
Dễ thấy D ∉ (d ) , suy ra đường thẳng (d): 2x + y – 4 = 0 là pt của đường chéo AC
www.DeThiThuDaiHoc.com

0.25

0.25

 y = −x + 2
 y = −x + 2

Tọa độ A,B là nghiệm của hpt  x 2 y 2
⇔ 2
= 1 2 x − 6 x + 3 = 0
 +


Ta có AB = 6 , d ( F1 , AB) = d ( F1 , ∆) = 2 2
1
Suy ra diện tích tam giác ABF1 là S = d ( F1 , AB ). AB = 2 3 (đvdt)
2

0.25

1 + cos x + cos 2 x + cos 3 x
= 2 cos x (*), đk cos 2 x + cos x ≠ 0
2 cos 2 x + cos x − 1
(1 + cos 2 x) + (cos x + cos 3 x)
Ta có VT(*) =
2 cos 2 x − 1 + cos x

0.25

2 cos 2 x + 2 cos x cos 2 x
cos 2 x + cos x
2 cos x(cos x + cos 2 x)
VT(*) =
cos 2 x + cos x
VT(*) = 2 cos x =VP(*) (đpcm)

7.b
(1,0
điểm)

0.25


PT của BC là: 4x + 3y + 5 = 0

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

0.25
3

www.DeThiThuDaiHoc.com

4


www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam
−4 x + 10
1
1 −4 x + 10
, S = d ( A, BC ).BC mà S = 3 ⇔
5=3
5
2
2
5
⇔ 5 − 2x = 3
d ( A, BC ) =

x =1


a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1.
b. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho OA  OB  6 ( O là gốc tọa độ).

Tọa độ A, B là nghiệm của hệ pt
x − 2 y −1 = 0
x = 2 y +1
⇔
 2
2
2
2
x
y
x
y
+
−
4
−
6
+
3
=
0

(2 y + 1) + y − 4(2 y + 1) − 6 y + 3 = 0
x = 2 y +1
x = 1
x = 5

2

VT(**) = ( sin 2 x − cos 2 x )( sin 2 x + cos 2 x )
VT(**) = sin x − cos x vì sin x + cos x = 1
VT(**) = −(cos 2 x − sin 2 x) = − (1 − 2sin 2 x ) = 2sin 2 x − 1 =VP(**) (đpcm)
2

2

2

2



2 sin  2 x    2 sin x  1.
4


0.25

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

0.25

 x 2  y 2  y   2 x  1 y  1

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
5
 3x  8  y  x  y  12


2

b   ac  b 

nhất của biểu thức P  1    
 .
 ac   ac  b 

0.25
0.25

II.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A. Theo chương trình Chuẩn.

0.25

Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi E là trung điểm của cạnh AD,

0.25

 11 2 
3 6
H  ;   là hình chiếu vuông góc của B lên CE và M  ;   là trung điểm của đoạn BH . Xác định tọa độ
 5 5
5 5

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng thì cho điểm tối đa


 x  3.
2 x  12
----------------Hết----------------

x y 1 z

 . Viết phương trình mặt
1
1
2


SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
LẦN THỨ I NĂM 2014

----------------------TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

Môn: Toán; Khối: A và khối B



2 sin  2 x    2 sin x  1  sin 2 x  cos 2 x  2 sin x  1  sin 2 x  2 sin 2 x  2 sin x  0
4

sin x  0
 2 sin x  cos x  sin x  1  0  
cos x  sin x  1  0


2 x  11
3
 2
3
1
10
f x  


2
2 3x  8 2 x  1  2 x  11



2
-

0

3
(1,0 điểm)

y

 f 'x  

3 x  1  3x  8
2



x



3x  8  x  1 

+
0,25

1
(2,0 điểm)

2

2

Thay vào phương trình thứ hai của hệ cho ta:

0,25

x 

+

0,25

 k 2  k  Z 

Từ phương trình thứ nhất ta có x  y  1  2 xy  2 y  2 x  0   y  x  1  0  y  x  1.


Khoảng nghịch biến  0;2  ; Các khoảng đồng biến  ;0  và  2;  

0,25

 x  k 2

2

 cos x  sin x  1  sin  x   

k  Z 
 x    k 2
4
2



2
 sin x  0  x  k  k  Z 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  k ; x 

Khi m 1 , ta có y  x 3  3x 2  4
 Tập xác định D  R.
 Sự biến thiên:

0,25

Đồ thị

8

4

Từ đó suy ra phương trình (*) chỉ có hai nghiệm là x  3 và x  8 .
Hay nghiệm của hệ đã cho là  x ; y    3;4  ,  x ; y    8;9 .
0,25

e

Ta có I  
1

-1

e

x

O
2

4
(1,0 điểm)

b. (1,0 điểm)
Ta có y '  3x 2  6mx  3x  x  2m . Hàm số có hai điểm cực trị  m  0






1

 ln x  1dx  e

1

  ln x  1d(lnx +1) 

x

1

e

e

e

 ln x  1
2

2 e

1

3
 .
2
e



1
a
AC 
4
2
a 3
Tam giác SAC vuông tại S,nên IS  IA  IC  a  SH  SI 2  HI 2 
2
1
1 a 3
a3
Suy ra VS . ABCD  SH .S ABCD  .
.a.a 3  .
3
3 2
2
Ta có AC  AB 2  BC 2  2a  HI 

5
(1,0 điểm)

0,25

Tra cứu điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net

0,25

0,25



0,25

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là x  2 y  2x  2  0 hoặc x  2 y  2x  16  0.

0,25

Số phần tử của tập S là A  840.

0,25

Giả sử abcd là số tự nhiên có bốn chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7 và lớn
hơn 2014.
+) TH1: a  2 , chọn b,c,d có A63 cách chọn.

0,25

+) TH2: a  2 , chọn a có 5 cách chọn, chọn b,c,d có A63 cách chọn.

0,25

4
7

Trong tam giác vuông SHJ:

0,25
9.a
(1,0 điểm)



Ta có
Đặt

, từ (*) ta có

Lại có

0,25
hay
6
(1,0 điểm)

Giả sử C  3c  6; c  , ta có

Xét hàm số

IC .uDC
IC . uDC



3
10

c  1
 3  5c 2 16c  11  0  
2
c   11  lo¹i 
10c  32c  26

Phương trình đường thẳng AC : y 1  0
Phương trình đường thẳng AB : x 2  0
Điểm A  AB  AC  A  2; 1

0,25
Gọi F là điểm đối xứng của E qua A.
Suy ra
là hình bình hành nên
là đường trung bình
của hình thang vuông
. Do đó

0,25

Ta có B  0;1;0   ; u 1;1; 2  . Giả sử I  t ;0;0  , ta có:

M là trung điểm BH
Phương trình đường thẳng
Phương trình đường thẳng

0,25

8.b
(1,0 điểm)

d  I ;    IA 


Do góc


 t  2t  9   t  7   0  t  7
6

0,25

Khi đó I 7;0;0  , IA  2 11 hay S  :  x  7   y 2  z 2  44.

0,25

2x  4
2x  4
 x 3  x
 2 x 3
log 2 x
2  12
2  12

0,25

2

7.a
(1,0 điểm)

0,25

 8  2x  4   2x  2x  12   22 x  4.2x  32  0

0,25