thi thử cổ loa 2014

1. SỞ GD - ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CỔ LOA
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: TOÁN; KHỐI: A, A1, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
________________________________________
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: ( ) ( )4 2
2 1 3 .my x m x C= − + +
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 1m = .
b) Tìm m để đường thẳng : 2 2d y m= − + cắt đồ thị ( )mC tại đúng hai điểm phân
biệt A, B sao cho diện tích của tam giác OAB bằng 8.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin 2 2sin2 cos 3sin 1 sin3
6
x x x x x
π 
+ + × + = + ÷
 
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3 3 2 2 2 2
2 3
3 3 3 3 2 2
3 1 2 3 8 2 5
x y xy x y x y x y xy
x x y y
 + + + + + = + + +

− − = − − +
với ,x y∈¡ .
Câu 4 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm
3
2
x x
x x
e e
dx
e e
−
−
+ +
+ +∫ .
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a tâm O, hình
chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng ( )ABCD là trung điểm của AO, góc giữa mặt phẳng
( )SCD và mặt phẳng ( )ABCD bằng O
60 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến mặt phẳng ( )SCD .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho , , 0x y z ≥ thỏa mãn 3x y z+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức 3 3 3
4A x y z= + + .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là
trung điểm của cạnh BC, N thuộc cạnh AC sao cho
1
4
AN AC= . Biết MN có phương
trình 3 4 0x y− − = và ( )5;1D . Tìm tọa độ của điểm B biết M có tung độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm). Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Chọn ngẫu
nhiên 5 viên bi trong hộp. Tính xác suất để chọn được 5 viên bi sao cho có đủ cả ba màu
và số bi đỏ bằng số bi vàng.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình 1
25 20 5 10 5 2 5 4 5 10 50x x x x x x x x+
+ + × + × = × + + + .
---------- Hết ---------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .......................................................... Số báo danh: ...............................
Chữ ký của giám thị 1: ................................ Chữ ký của giám thị 2: ..................................

2. SỞ GD - ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CỔ LOA
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: TOÁN; KHỐI: A, A1, B, D
(Đáp án – thang điểm gồm 9 trang)
________________________________________
Câu
Đáp án Điể
m
1
(2 điểm)
Cho hàm số: ( ) ( )4 2
2 1 3 .my x m x C= − + +
a) (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 1m = .
Khi 1m = , ta có hàm số 4 2
4 3y x x= − + .
• Txđ: ¡ .
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 3 2
' 4 8 4 ( 2)y x x x x= − = − ;
0
' 0
2
x
y
x
=
= ⇔ 
= −
.
0,25
Ta có: ( )' 0 2;0y x> ∀ ∈ − và ( )2;+∞ ⇒ hàm số đồng biến trên
( )2;0− và ( )2;+∞ ;
( )' 0 ; 2y x< ∀ ∈ −∞ − và ( )0; 2 ⇒ hàm số nghịch biến
trên ( ); 2−∞ − và ( )0; 2 .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0x = , ĐC 3y = ;
Hàm số đạt cực tiểu tại 2x = ± , CT 1y = − .
- Giới hạn: ( )4 2 4
2 4
4 3
lim lim 4 3 lim 1
x xx
y x x x
x x→±∞ →±∞→±∞
 
= − + = − + = +∞ ÷
 
.
0,25
- Bảng biến thiên:
x −∞ 2− 0 2 +∞
'y − 0 + 0 − 0 +
y
+∞ +∞
3
1− 1−
0,25

3. Câu
Đáp án Điể
m
• Đồ thị
0,25
b) (1 điểm) Tìm m để đường thẳng : 2 2d y m= − + cắt đồ thị ( )mC tại
đúng hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích của tam giác OAB bằng 8.
Pt hđ gđ: ( )4 2
2( 1) 3 2 2 1x m x m− + + = − +
Ta có ( )
2
4 2
22
11
1 2( 1) 2 1 0
2 12 1
xx
x m x m
x mx m
= ± = 
⇔ − + + + = ⇔ ⇔ 
= += + 
Ta có ( )1 luôn có 2 nghiệm phân biệt 1x = ± .
0,25
Để đường thẳng d cắt đồ thị ( )mC tại đúng 2 điểm phân biệt thì ( )1 có
đúng 2 nghiệm phân biệt ( )
0
2 1 1
*1
2 1 0
2
m
m
m m
=
+ = ⇔ ⇔ − + < <

.
0,25
Khi đó, giả sử 2 giao điểm là ( ) ( )1;2 2 , 1;2 2A m B m− − − .
Ta có OAB∆ cân tại O , gọi I là trung điểm của AB (0,2 2 )I m⇒ − và
2, 2 2AB OI m= = − . Theo giả thiết
1
8 8
2
OABS OI AB= ⇔ × =
0,25
( )
( )
3 *
2 1 8 1 4
5 *
m
m m
m
= −
⇔ − = ⇔ − = ⇔ 
=
tho¶ m· n
kh«ng tho¶m· n
. Vậy 3m = − . 0,25
2
(1 điểm)
Giải phương trình 2sin 2 2sin2 cos 3sin 1 sin3
6
x x x x x
π 
+ + × + = + ÷
 
.
Pt đã cho 3sin2 cos2 sin3 sin 3sin 1 sin3x x x x x x⇔ + + + + = +
3sin2 4sin 1 cos2x x x⇔ + = −
0,25
2
2 3sin cos 4sin 2sinx x x x⇔ + = 0,25

4. Câu
Đáp án Điể
m
( )2sin sin 3cos 2 0x x x⇔ − − =
sin 0
sin 3cos 2
x
x x
=
⇔ 
− =
• sin 3cos 2 2sin 2 2
3 3 2
x x x x k
π π π
π
 
− = ⇔ − = ⇔ − = + ÷
 
5
,
6
x k k
π
π⇔ = + ∈¢ ;
0,25
• sin 0 ,x x k kπ= ⇔ = ∈¢ ;
Vậy, các nghiệm của phương trình là
5
, 2
6
x k x k
π
π π= = + , k ∈¢ .
0,25
3
(1 điểm)
Giải hệ phương trình
( )
( )
3 3 2 2 2 2
2 3
3 3 3 3 2 2 1
3 1 2 3 8 2 5 2
x y xy x y x y x y xy
x x y y
 + + + + + = + + +

− − = − − +
với ,x y∈¡ .
ĐK: 1x ≥ .
( )1 ⇔ ( )( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
3 3 2 2x y x xy y xy x y x y x y xy+ − + + + + + = + + +
2 2 2 2 2
( )( ) 2( ) ( ) 3( ) 2x y x y x y x y x y⇔ + + − + = + − + +
2 2
( )( 2) ( 2)( 1)x y x y x y x y⇔ + + − = + − + −
0,25
2 2
2 0 (3)
1 0 (4)
x y
x y x y
+ − =
⇔ 
+ − − + =
•
2 2
1 1 1
(4) 0
2 2 2
x y
   
⇔ − + − + = ÷  ÷
   
, vô nghiệm.
0,25
• (3) 2y x⇔ = − . Thay vào (2) ta được
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
2 3
23
23
2 33
2 33
3 1 2(2 ) 3 8 2 2 5
3 1 3 4 2 2 9
3 1 1 3 4 2 2 2
3 2 3 2 4
2
1 1 4 2 2 4 2 4
2
3 6
(5)
1 1 4 2 2 4 2 4
x x x x
x x x x
x x x x
x x
x x
x x x
x
x
x x x
− − = − − − − +
⇔ − + + = − +
⇔ − − + + − = −
− −
⇔ + = −
− + + + + +
=

⇔  + =
− + + + + +
0,25
- Với 2 0x y= ⇒ = .
- Với phương trình (5), Ta có vế trái là hàm số nghịch biến, vế phải là
hàm số đồng biến. Mà 2x = là một nghiệm của (5) nên (5) có
nghiệm duy nhất là 2 0x y= ⇒ = .
Vậy nghiệm ( );x y của hệ đã cho là ( )2;0 .
0,25

5. Câu
Đáp án Điể
m
4
(1 điểm)
Tính nguyên hàm
3
2
x x
x x
e e
dx
e e
−
−
+ +
+ +∫ .
3 2 1
2 2
x x x x
x x x x
e e e e
I dx dx
e e e e
− −
− −
+ + + + +
= =
+ + + +∫ ∫
1 1
1
2 2x x x x
dx x dx
e e e e− −
 
= + = + ÷
+ + + + 
∫ ∫ .
0,25
Với 1 2 2
1
2 2 1 ( 1)
x x
x x x x x
e e
I dx dx dx
e e e e e−
= = =
+ + + + +∫ ∫ ∫ .
Đặt 1x x
t e dt e dx= + ⇒ =
0,25
1 2
1 1
1x
dt
I C C
t t e
⇒ = = − + = − +
+∫ . 0,25
1
1x
I x C
e
⇒ = − +
+
. 0,25
5
(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a tâm O, hình chiếu
của đỉnh S trên mặt phẳng ( )ABCD là trung điểm của AO, góc giữa mặt
phẳng ( )SCD và mặt phẳng ( )ABCD bằng O
60 . Tính thể tích của khối
chóp S.ABCD và khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến mặt phẳng
( )SCD .
• Gọi H là hình chiếu của S lên ( )ABCD H⇒ là trung điểm của
AO
1 3
4 4
AH AC CH AC⇒ = ⇒ = .
Qua H kẻ đường thẳng ADP cắt CD tại
3 3
4 4
HI CH a
I HI
AD AC
⇒ = = ⇒ =
0,25

6. Câu
Đáp án Điể
m
Ta có ( )
,
SH CD
CD SAH
HI AD AD CD HI CD
⊥
⇒ ⊥
⊥ ⇒ ⊥ P
⇒ Góc giữa ( )SCD với ( )ABCD bằng góc giữa SI với HI bằng ·SIH .
Giả thiết · ·0 O3 3 3
60 tan tan60
4 4
a a
SIH SH HI SIH⇒ = ⇒ = × = = .
3
2 2
.
1 1 3 3 3
3 3 4 4
ABCD S ABCD ABCD
a a
S a V S SH a= ⇒ = × = × × = (đvtt).
0,25
• Gọi G là trọng tâm ,SAB MV là trung điểm của ,AB N HI AB= ∩ .
Ta có:
( )
( )
,( )4 4
3 ,( ) 3
d N SCDNI
NI AD
HI d H SCD
= ⇒ = ⇒ =
( ) ( )
4
,( ) ,( )
3
d N SCD d H SCD⇒ = . G là trọng tâm
2
3
SG
SAB
SM
∆ ⇒ = .
( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
,( ) 2 2
,( ) ,( )
,( ) 3 3
2 2 4 8
,( ) ,( ) ,( )
3 3 3 9
d G SCD
d G SCD d M SCD
d M SCD
d N SCD d H SCD d H SCD
⇒ = ⇒ =
= = × =
0,25
Kẻ HK SI⊥ tại K ( ) ( ),( )HK SCD HK d H SCD⇒ ⊥ ⇒ =
2 2 2 2 2 2
1 1 1 16 16 64 3 3
27 9 27 8
a
HK
HK SH HI a a a
⇒ = + = + = ⇒ =
( )
8 3 3
,( )
9 8 3
a a
d G SCD⇒ = × = (đvđd).
0,25
6
(1 điểm)
Cho , , 0x y z ≥ thỏa mãn 3x y z+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức 3 3 3
4A x y z= + + .
Ta có ( ) ( ) ( )
3 23 3 1
0
4
x y x y x y x y+ ≥ + ⇔ + − ≥ là mệnh đề đúng với
mọi ,x y∈¡ .
Suy ra ( ) ( )
3 33 31 1
4 3 4
4 4
A x y z z z≥ + + = − + .
0,25
Xét hàm số ( ) ( ) [ ]
3 31
3 4 , 0;3
4
f z z z z= − + ∈ .
0,25

7. Câu
Đáp án Điể
m
Ta có ( ) ( )29
5 2 3
4
f z z z′ = + − , ( )
[ ]
[ ]
1 0;3
0 3
0;3
5
z
f z
z
 = − ∉
′ = ⇔
 = ∈

.
Bảng biến thiên của hàm số ( )f z trên [ ]0;3 :
z 0
3
5
3
( )f z′ − 0 +
( )f z
27
4
108
108
25
0,25
Từ bảng biến thiên suy ra, A có giá trị nhỏ nhất là
108
25
khi
3
5
z = ,
6
5
x y= = .
0,25
7
(1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung
điểm của cạnh BC, N thuộc cạnh AC sao cho
1
4
AN AC= . Biết MN có
phương trình 3 4 0x y− − = và ( )5;1D . Tìm tọa độ của điểm B biết M có
tung độ dương.
Kẻ NH BC⊥ tại H , NK DC⊥ tại K .
Ta có NKC NHC∆ = ∆ (cạnh huyền và góc nhọn) NK NH⇒ =
0,25

8. Câu
Đáp án Điể
m
1
4
1
4
DK AN
AD NK
DC AC
DK BH
BH AH
AB NH
BC AC

⇒ = = 
⇒ =
⇒ = =

P
P
mà H là tđ BC nên H là tđ
của BM .
· · ,DKN MHN DNK MNH ND NM⇒ ∆ = ∆ ⇒ = = .
Mà · ·0 0
90 90KNH DNH DNM= ⇒ = ⇒ ∆ vuông cân tại N
pt :( 5) 3( 1) 0DN MN DN x y⇒ ⊥ ⇒ − + − = hay 3 8 0x y+ − =
Toạ độ N thoả mãn:
3 8 0
(2;2)
3 4 0
x y
N
x y
+ − =
⇒
− − =
Gs ( ;3 4) (2 ;6 3 ), 10,M m m MN m m DN MN DN− ⇒ = − − = =
uuuur
2 2 2
3 (3;5)
(2 ) (6 3 ) 10 ( 2) 1
1 (1; 1) lo¹i
m M
m m m
m M
= ⇒
⇒ − + − = ⇔ − = ⇔  = ⇒ −
0,25
(3;5)M , gọi
1
3
P MN AD NP NM
−
= ∩ ⇒ =
uuur uuuur
1 5
2
3 3
2 1 1
p p
p p
x x
y y
− 
− = = 
⇔ ⇔ 
 − = − = 
Ta có
1 1 1 5
=
3 6 6 6
AP MC BC AD DP DA= = ⇒ =
0,25
5 5 5 3
6 6 3 5
3 5
3 5
55 3
53
5 (1 1)
5
B
B
B
B
DP DA CB MB MB DP
x
x
y
y
⇒ = = = ⇒ =
  
− = − ÷ =  ⇒ ⇔ 
= − = −

uuur uuur uuur uuur uuur uuur
0,25
8
(1 điểm)
Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Chọn ngẫu
nhiên 5 viên bi trong hộp. Tính xác suất để chọn được 5 viên bi sao cho
có đủ cả ba màu và số bi đỏ bằng số bi vàng.
Chọn 5 viên bi trong 18 viên bi thì có
5
18
C cách.
⇒ kg mẫu gồm ( ) 5
18
8568n CΩ = = kết quả đồng khả năng xảy ra.
0,25
Gọi A là biến cố “5 viên được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi
vàng”
Ta có các trường hợp xảy ra:
TH1: Trong 5 bi được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 3 bi xanh.
Có
1 1 3
6 7 5
C C C× × cách chọn trong trường hợp này.
0,25

9. Câu
Đáp án Điể
m
TH2: Trong 5 bi được chọn có 2 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh .
Có
2 2 1
6 7 5
C C C× × cách chọn trong trường hợp này.
⇒ 1 1 3 2 2 1
6 7 5 6 7 5
( ) 1995n A C C C C C C= × × + × × = .
0,25
Vậy xác suất cần tìm là:
( ) 1995 95
( )
( ) 8568 408
n A
P A
n
= = =
Ω
. 0,25
9
(1 điểm)
Giải phương trình 1
25 20 5 10 5 2 5 4 5 10 50x x x x x x x x+
+ + × + × = × + + + .
1
25 20 5 10 5 2 5 4 5 10 50x x x x x x x x+
+ + × + × = × + + +
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2
2 2
5 5 2 5 5 2 5 2 5 2 5 5 2 5 2 5
5 5 2 4 5 2 5 2 5 2 5 5 2 0
5 5 2 2 5 5 2 4 2 5 2 5 2 0
x x x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x
⇔ + × + × × + × = × + × + × + ×
⇔ − − × × + × − + × − =
⇔ − + × − − × − − − =
0,25
( )( )
( )
( )
5 2 5 5 2 4 2 5 2 0
5 2 1
5 5 2 5 2 5 0 2
x x x x x x x
x x
x x x x
⇔ − + × − × − − =
 =
⇒ 
+ × − × − =
0,25
( )( )
5 5 1
(2) 2 2 5 5 5 5 0
02 1 0
x
x x x
x
x
x
= = 
⇔ − − + − = ⇔ ⇔  =− = 
0,25
5
(1) 1 0
2
x
x
 
⇔ = ⇔ = ÷
 
.
Vậy các nghiệm của pt là: 0, 1x x= = .
0,25

10. Câu
Đáp án Điể
m
TH2: Trong 5 bi được chọn có 2 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh .
Có
2 2 1
6 7 5
C C C× × cách chọn trong trường hợp này.
⇒ 1 1 3 2 2 1
6 7 5 6 7 5
( ) 1995n A C C C C C C= × × + × × = .
0,25
Vậy xác suất cần tìm là:
( ) 1995 95
( )
( ) 8568 408
n A
P A
n
= = =
Ω
. 0,25
9
(1 điểm)
Giải phương trình 1
25 20 5 10 5 2 5 4 5 10 50x x x x x x x x+
+ + × + × = × + + + .
1
25 20 5 10 5 2 5 4 5 10 50x x x x x x x x+
+ + × + × = × + + +
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2
2 2
5 5 2 5 5 2 5 2 5 2 5 5 2 5 2 5
5 5 2 4 5 2 5 2 5 2 5 5 2 0
5 5 2 2 5 5 2 4 2 5 2 5 2 0
x x x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x
⇔ + × + × × + × = × + × + × + ×
⇔ − − × × + × − + × − =
⇔ − + × − − × − − − =
0,25
( )( )
( )
( )
5 2 5 5 2 4 2 5 2 0
5 2 1
5 5 2 5 2 5 0 2
x x x x x x x
x x
x x x x
⇔ − + × − × − − =
 =
⇒ 
+ × − × − =
0,25
( )( )
5 5 1
(2) 2 2 5 5 5 5 0
02 1 0
x
x x x
x
x
x
= = 
⇔ − − + − = ⇔ ⇔  =− = 
0,25
5
(1) 1 0
2
x
x
 
⇔ = ⇔ = ÷
 
.
Vậy các nghiệm của pt là: 0, 1x x= = .
0,25