I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số          3 2 2 ( 1) 2 1y x m x m x m (1), với m là tham số thực. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi  1m 2) Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ  1x và đường thẳng : 2 1 0  d x y tạo với nhau một góc 0 30 . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương tr ình     3 3 sin 2cos 2 cos 2sin 1 x x x x . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương tr ình 3 3 2 2 2 4 3 4 2 0 3 4 6 1 0 x y x y x y x                  ,x y . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân           0 3 2 2 2 1 3 3 2 3 x x x I dx x x . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và   0 60BAD . Hình chiếu của S lên mặt phẳng   ABCD là trọng tâm tam giác ABC . Góc giữa mặt phẳng   ABCD và   SAB bằng 0 60 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB . Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương , ,a b c thỏa              1 2 3 3 2 30a b c a b c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức     2 2 2 7 72b c a c P a . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc Phần B) A. Theo chương tr ình Chu ẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có   1;1 , 4A AB  . Gọi M là trung điểm cạnh BC , 9 3 ; 5 5 K        là hình chiếu vuông góc của D lên AM . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông, biết 2 B x  . Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho đư ờng thẳng      2 3 : 1 1 2 x y z d và hai m ặt phẳng       : 2 2 1 0x y z ,       : 2 2 7 0x y z . Vi ết ph ương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d và (S) ti ếp xúc với hai mặt phẳng    và    . Câu 9.a (1,0 đi ểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn    2 2 2 3 2 3 15 n n C A n . Tìm số hạng chứa 10 x trong khai triển nhị thức Niu – tơn của         3 2 3 2 , 0 n x x x . B. Theo chương tr ình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trực tâm   6;7H  , tâm đường tròn ngoại tiếp   1;1I và   0; 4D là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng BC . Tìm tọa độ đỉnh A . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng đường thẳng      1 1 : 2 1 2 x y z d ,       2 3 : 1 1 2 x y z và điểm   2; 3; 3A . Viết phương tr ình m ặt cầu (S) đi qua A , có tâm nằm trên đường thẳng  và tiếp xúc với đường thẳng d . Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương tr ình ( 2 ) 8 1 1 log ( ) 2 log ( 2 ) 4 4 5 0 x y y x xy x y                 ,x y . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối A, A 1 và khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KHỐI A Câu Đáp án Điểm Câu 1 1. (1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị Với 1m  ta có 3 2 3 1y x x    TXĐ: D    Sự biến thiên +) Chiều biến thiên:   2 0 1 ' 3 6 3 2 ' 0 2 3 x y y x x x x y x y                  . 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng   ; 0 và   2;  , nghịch biến trên khoảng   0; 2 . +) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0, 1 cd x y  ; đạt cực tiểu tại 2, 3 ct x y   . +) Giới hạn: lim , lim x x y y       0,25 +) Bảng biến thiên x  0 2  'y  0  0  y 1   3 0,25  Đồ thị x y 3 -1 1 2 -3 O 1 0,25 2. (1,0 điểm) Tìm m…. Ta có   1 2;1n   là VTPT của đường thẳng d .   2 ' 3 2 2 1 '(1) 3 2 4 1 2y x m x m y m m m              . 0,25 Gọi  là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 1. Suy ra phương trình của  có dạng:   '(1) 1 (1)y y x y   . Do đó   2 2;1n m   là VTPT của  . 0,25 Theo đề bài ta có:   1 2 0 1 2 1 2 . 3 cos , cos 30 2 . n n n n n n          0,25 2 2 2( 2) 1 3 20 25 0 10 5 3 2 5. ( 2) 1 m m m m m               . 0,25 Câu 2 Giải phương tr ình : 3 3 sin 2 cos 2 cos 2 sin 1 x x x x     www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com Điều kiện: 2 1 6 sin , 2 5 2 6 x k x k x k                    . Phương tr ình   3 cos 2sin 1 3 sin 2 cos 2 x x x x     4 sin cos 2 cos 2 3 sin 3 0x x x x     0,25     2 cos 2sin 1 3 2sin 1 0x x x         2 sin 1 2 cos 3 0x x    0,25 1 3 sin ,cos 2 2 x x    7 2 , 2 , 2 6 6 6 x n x m x m               0,25 Kết hợp điều kiện ta có 7 2 , 2 , 6 6 x k x k k           . 0,25 Câu 3 Giải hệ phương tr ình 3 3 2 2 2 4 3 4 2 0 3 4 6 1 0 x y x y x y x               . Ta có hệ       3 3 2 2 1 3 1 4 4 0 3 1 4 4 0 x x y y x y                 . Đặt a x 1= - , ta có hệ: 3 3 2 2 4 3 4 3 4 4 a y a y a y           0,25 Suy ra       3 3 2 2 4 4 3 4 3 4a y a y a y        2 3 2 2 3 5 12 12 32 0 5 8 2 0a a y ay y a y a y         8 y, 2 5 a a y    . 0,25  8 5 a y  thay vào hệ ta có 2 2 2 8 25 5 3 4 4 5 23 23 y y y y               . +) 8 8 1 23 23 5 5 23 23 a x y y                      +) 8 8 1 23 23 5 5 23 23 a x b y                       . 0,25  2a y thay vào hệ ta có: 2 1 1 2 2 y y    +) 2 1 2 1 1 2 2 a x y y                 +) 2 1 2 1 1 2 2 a x b y                    . Vậy hệ có 4 cặp nghiệm   8 5 1 ; 1 ; , 1 2; 23 23 2 x y                  . 0,25 Câu 4 Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra ( )SH ABCD . Kẻ MH vuông góc với AB, M thuộc AB. Ta có  SMH là góc giữa hai mặt phẳng   SAB và   ABCD , do đó  0 60SMH  . 0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com Vì 1 3 HB DB  nên   1 3 , 3 6 a MH d D AB  , suy ra 0 . tan 60 2 a SH MH  . Mặt khác tam giác ABD đều cạnh a nên 2 2 3 3 2 2. 4 2 ABCD ABD a a S S   . Thể tích khối chóp .S ABCD là 2 3 1 1 3 3 . . . 3 3 2 2 12 ABCD a a a V SH S   . N H A B C D S M K 0,25 Ta có         3 ( ) , ,( ) ,( ) , ( ) 2 AB SCD d AB SC d AB SCD d B SCD d H SCD    . 0,25 Gọi N, K theo thứ tự là hình chiếu của H lên CD và SN, khi đó   , ( )d H SCD HK . Vì   2 2 3 3 , 3 3 2 3 a a HN d B CD   nên 2 2 . 7 7 SH HN a HK SH HN    . Vậy   3 7 , 14 a d AB SC  . 0,25 Câu 5 Tính tích phân   0 3 2 2 2 1 3 3 2 3 x x x I dx x x         . Ta có     3 2 2 3 3 1 2 3x x x x x x       . Đặt   2 1 2 3 1 2 t x x dt x dx      . Đổi cận 1 2, 0 3x t x t       . 0,25 Khi đó 3 2 2 1 6 2 t I dt t    0,25 3 3 2 2 2 1 1 6 1 6 ln 2 2 dt t t t t                  0,25 1 3 ln 1 2 2         . 0,25 Câu 6 Tìm max 2 2 2 7 72b c a c P a     . Đặt , , 0b xa c ya x y    . Giả thiết bài toán trở thành   2 3 3 2 1 30x y x y            6 9 6 2 3 6 3 9 9 2 20 2 2 2 2 2 x y x x x y x y x y x y y x y x y y x                                  0,25 3 3 4 6 6 6 4 2 2 3 x x x y x x y y y            0,25 Ta có 2 2 4 2 7 72 2 7 72 ( ) 3 y P x y y y y f y y           . Xét hàm số ( )f y với 0y  , ta có   2 2 12 7 '( ) 2 72 3 y f y y y      và   2 3 2 24 504 ''( ) 0, 0 ( 3) 72 f y y y y         0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com Suy ra '( )f y là hàm đồng biến trên   0;  và '(3) 0 '( ) 0 3f f y y     . Lập bảng biến thiên ta suy ra ( ) (3) 55f y f   hay 55P   . Đẳng thức xảy ra khi 3, 2 2 , 3y x b a c a     . Vậy max 55P   . 0,25 Câu 7.a Gọi N là giao điểm của DK và AB. Khi đó DAN ABM AN BM N      là trung điểm cạnh AB. Ta có 4 8 ; , 5 5 AK          phương tr ình : 2 3 0, : 2 3 0AM x y DK x y      . 0,25 Vì     2 3; 2 2; 1N DK N n n AN n n        . Mà     2 2 2 2 1 2 4 2 2 1 4 5 6 1 0 2 AN AB AN n n n n             1 1, 5 n n     . 0,25 +) Với 1 21 2 2 5 5 B N A n x x x       (loại) +) Với   1 1 2, 3 1; 3 B B n x y B         . 0,25 Phương tr ình BC:   3 5; 3y C    Phương tr ình ( ) CD : x 5 D 5;1= Þ . 0,25 Câu 8.a Gọi I là tâm của mặt cầu (S), I d nên   ; 2 ;3 2I t t t   . 0,25 Vì (S) tiếp xúc với hai mặt phẳng    và    nên ( , ( )) ( , ( ))d I d I  5 11 7 1 5 11 7 1 5, 1 3 3 t t t t t t             . 0,25 +)   1 1;1;1 , 2t I R    . Phương tr ình mặt cầu (S):       2 2 2 1 1 1 4x y z      . 0,25 +)   5 5;7;13 , 12t I R    . Phương tr ình mặt cầu (S)       2 2 2 5 7 13 144x y z      . 0,25 Câu 9.a Điều kiện 2n  . Ta có 2 2 2 2 3 ( 1) 3 2 3 15 2 ( 1) 3 15 2 n n n n C A n n n n          0,25 2 7 30 0 10n n n      . 0,25 Khi đó 10 10 3 3 10 30 5 10 2 2 0 3 3 2 2 2 .( 3) . n k k k k k x x C x x x                      0,25 Số hạng chứa 10 x ứng với 30 5 10 4k k    . Vậy số hạng chứa 10 x là: 4 6 4 10 10 .2 .3 .C x . 0,25 Câu 7.b Ta có   6; 3HD    , suy ra phương tr ình : 2 4 0BC x y   Phương trình : 2 8 0DH x y   . 0,25 Gọi M là trung điểm cạnh BC , ta có   , 5IM d I BC  . Kẻ đường kính 'BB , khi đó 'AHB C là hình bình hành nên ' 2 2 5AH B C IM   . 0,25 Vì     8 2 ; 2 14;7A DH A a a AH a a        . 0,25 Suy ra       2 2 2 2 14 7 20 7 4 9, 5a a a a a          . Vậy   2; 5A hoặc   10; 9A  . 0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com Câu 8.b Gọi I là tâm của mặt cầu (S), ta có   2 ; ; 3 2I t t t   . Suy ra   2 ; 3; 2 6 6 9AI t t t IA t t        . 0,25 Đường thẳng d đi qua   1; 1; 0B   và có   2;1;2u    là VTCP.     3; 1;2 3 4 1; 6 12; 5BI t t t BI u t t t                 0,25 Do đó       2 2 2 2 (4 1) 6 12 5 53 142 170 , 3 3 BI u t t t t t d I d u               . Theo đề bài, ta có   2 2 , 53 142 170 54 54 81d I d IA t t t t       2 88 89 0 1, 89t t t t        . 0,25 +)   1 1;1;1 , 3t I R IA     . Phương tr ình m ặt cầu (S):       2 2 2 1 1 1 9x y z      . +)   89 91; 89;181 , 48069t I R IA     . Phương tr ình m ặt cầu (S):       2 2 2 91 89 181 48069x y z      . 0,25 Câu 9.b Điều kiện: 0 2 1 0 x y xy        .   ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 8 1 log ( ) log 8 log ( ) 2 log 2 x y x y x y xy xy x y         (x 2y) log (8xy) 2 + Û = 0,25 ( ) ( ) 2 2 8xy x 2y x 2y 0 x 2yÛ = + Û - = Û = . 0,25 Thay vào phương tr ình th ứ hai ta có: y 2y y 5 4 4.4 5 0 4 4 - + = Û = 0,25 4 4 5 5 log 2 log 4 4 y x    . Vậy hệ có hai cặp nghiệm: 4 4 5 5 ( ; ) 2 log ; log 4 4 x y        . 0,25 Ghi chú: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com . được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối A, A 1 và. phát đề www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KHỐI A Câu Đáp án Điểm Câu 1 1. (1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị Với 1m  ta có 3 2 3 1y x x    TXĐ: D    Sự biến thi n +) Chi u. hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 1. Suy ra phương trình của  có dạng:   '(1) 1 (1)y y x y   . Do đó   2 2;1n m   là VTPT của  . 0,25 Theo đề bài ta có:   1 2 0 1 2 1