Đề thi thử đại học lần 1 năm 2014 môn thi: Toán, khối a và b thời gian làm bài: 180 phút

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG 
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 
Môn thi: TOÁN, Khối A và B 
Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 
2 4
1
x
y
x
 


 (1) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 
2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các điểm 
đó song song với nhau, đồng thời ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại O. 
Câu II (2,0 điểm) 
1) Tìm nghiệm  0;x  của phương trình 5cos s inx 3 2 sin(2 )
4
x x

    
2) Giải hệ phương trình 
 
 
3 3 2
3 2
6 3 5 14
,
3 4 5
x y y x y
x y
x y x y
     

     
 . 
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 
1
0
(2 1) ln( 1)I x x dx   
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình chữ nhật với 
, 3AB a BC a  . Hai mặt phẳng ( )SAC và ( )SBD cùng vuông góc với đáy. Điểm I 
thuộc đoạn SC sao cho 3 .SC IC Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách 
giữa hai đường thẳng AI và SB biết AI vuông góc với SC. 
Câu V (1,0 điểm) Cho 2 số thực a, b (0; 1) thỏa mãn 
3 3( )( ) ( 1)( 1) 0a b a b ab a b      . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: 
F = 2
2 2
1 1
( )
1 1
ab a b
a b
   
 
. 
Câu VI (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh  3; 4A  , 
đường phân giác trong của góc A có phương trình 1 0x y   và tâm đường tròn ngoại 
tiếp ABC là I (1 ;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 4 lần diện tích 
IBC . 
Câu VII (1,0 điểm) Cho khai triển 2014 2 20140 1 2 2014(1 3 ) ... .x a a x a x a x      Tính tổng: 
0 1 2 20142 3 ... 2015S a a a a     . 
Câu VIII (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2 8
2 2
log 3log ( 2)
2 13
x y x y
x x y
    

  
. 
Hết 
Họ và tên thí sinh:Số báo danh: 
Chữ kí của giám thị 1:Chữ kí của giám thị 2: 
Trường THPT Đoàn Thượng sẽ tổ chức thi thử đại học lần 2 vào ngày 16/2/2014
www.VNMATH.com
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM 
Câu Ý Nội dung Điểm 
I 1 
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 
2 4
1
x
y
x
 


 1,0 
 a) Tập xác định :  \ 1D R 
b) Sự biến thiên: 
* Tiệm cận : 
+) Vì 
1 1
2 4 2 4
lim , lim
1 1x x
x x
x x  
   
   
 
 nên đường thẳng 1x  là 
tiệm cận đứng. 
+) Vì 
2 4 2 4
lim 2 , lim 2
1 1x x
x x
x x 
   
   
 
 nên đường thẳng 2y   là 
tiệm cận ngang. 
0,25 
 *Chiều biến thiên: 
+) Ta có : 
 
2
2
0, 1
1
y x
x

    

0,25 
 +) Bảng biến thiên 
2
+∞
-∞
2
y
y'
x -∞ +∞1
+ Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng  ;1 và  1; . 
0,25 
 c) Đồ thị 
*Vẽ đồ thị:Cắt Ox tại A(2;0) cắt Oy tại B(0;-4) 
* Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm  1; 2I  làm tâm đối xứng. 
0,25 
I 2 1,0 
Gọi 
2 4
;
1
a
A a
a
  
 
 
 và 
2 4
;
1
b
B b
b
  
 
 
 (Với , 1;a b a b  ) thuộc đồ thị 
(C). Khi đó hệ số góc của các đường tiếp tuyến tại A và B lần lượt là: 
 
1 2
2
1
k
a
 

 và 
 
2 2
2
1
k
b
 

Do các đường tiếp tuyến song song nên: 
   
2 2
2 2
1 1a b
  
 
2a b   
0,25 
Mặt khác, ta có: 
2 4
;
1
a
OA a
a
  
  
 

; 
2 4
;
1
b
OB b
b
  
  
 

. Do OAB là tam 
giác vuông tại O nên 
  
( 2 4)( 2 4)
. 0 0
1 1
a b
OA OB ab
a b
   
   
 
 
0,25 
-2 
-2 
www.VNMATH.com
Ta có hệ 
2
4 8( ) 16
0
( ) 1
a b
ab a b
ab
ab a b
 

  
    
. Giải hệ ta được 
1
3
a
b
 


 hoặc 
3
1
a
b


 
 hoặc 
2
0
a
b



 hoặc 
0
2
a
b



0,25 
 Vậy hai điểm cần tìm có tọa độ là  1;1 và  3;3 hoặc (2;0) và (0;-4) 0,25 
Tìm nghiệm x  ;0 của phương trình : 
5cosx + sinx - 3 = 2 sin 






4
2

x . 
∑= 1 
5cosx + sinx - 3 = 2 sin 






4
2

x  5cosx +sinx – 3 = sin2x + 
cos2x 
0,25 
 2cos2x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0 
 (2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = 0 
 (2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0. 
0,25 
+/ cosx + sinx = 2 vô nghiệm. 
+/ cosx = 
1
2 ,
2 3
x k k Z

     . 
0,25 
1 
Đối chiếu điều kiện x  0; suy ra pt có nghiệm duy nhất là : 
3

 0,25 
2 
Giải hệ phương trình: 
 
 
3 3 2
3 2
6 3 5 14
,
3 4 5
x y y x y
x y R
x y x y
     

     
. 
1,0 
Câu 
II 
 Đkxđ 3, 4x y   
Từ (1) ta có 
         
3 23 23 2 3 2 2 2 2 3 0x x y y x y x x y y              
 
 2 2 3x y y x     
0,25 
 Thế (3) vào (2) ta được 
3 2 3 22 3 4 1 4 4 2 2 1 3 0x x x x x x x x x x                 
    
2 2
2 2 1 0
2 2 1 3
x x
x x x
x x
 
      
   
    
1 1
2 2 1 0
2 2 1 3
x x x
x x
 
       
     
0,25 
www.VNMATH.com
    
1 1 1 1
2 2 1 0
3 32 2 1 3
x x x
x x
 
         
     
    
      
1 1
2 2 1 0
3 2 2 2 1 3 1 3 2 3
x x
x x x
x x x x
 
        
        
 
    
      
1 1
2 1 2 0
3 2 2 2 1 3 1 3 2 3
x x x
x x x x
 
       
        
 
0,25 
    2 1 0 2, 1; 2 0, 1 3x x x x x y x y               
Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho 
có tập nghiệm là     1; 3 ; 2;0 .S   
0,25 
Tính tích phân 
1
0
(2 1) ln( 1)I x x dx   
1,0 
Đặt 
1 2
12
0
2 0
1
ln( 1)
( ) ln( 1)1
2 1 1
du dxu x x x
I x x x dxx
dv x x
v x x

  
      
     
 0,25 
 1
0
2
2
1
I x dx
x
 
    
 
 0,25 
 12
0
2 2 ln( 1)
2
x
I x x
 
     
 
 0,25 
Câu 
III 
 3
2 ln 2
2
I   0,25 
IV 1,0 
M
E
O
A D
B C
S
I
H
Ta có 2. 3 3
ABCD
S a a a  . Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC, 
BD, theo giả thiết ta có ( )SO ABCD . 
2 2 2 23 2 .AC AB BC a a a OC a       Lại có 
&AI SC SOC AIC    đồng dạng 
0,25 
www.VNMATH.com
. .
CI CA
CI CS CO CA
CO CS
     6SC a 
Từ đó 2 2 3
1 15
5 .
3 3
SABC ABCDSO SC OC a V SO S a      0,25 
 Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC tại M, suy ra 
SB//(AIM), do đó ( , ) ( , ( )) ( , ( )).d SB AI d SB AIM d B AIM  Mà 
2
CI CM
BM CM
CS CB
   suy ra ( , ( )) 2 ( , ( ))d B AIM d C AIM Hạ 
( )IH ABCD , dễ thấy 
31 15,
3 6 18 54
ABCD
AMC IAMC SABCD
SSO
IH S V V a     
0,25 
 Ta có 
2 2
2 2
2 7
;
3 3 3 3
10
3
SB SC
IM a AM AB BM a
AI AC CI a
     
  
Suy ra 
23 70 154 1 55cos sin . sin
28 28 2 12
AMIMAI MAI S AM AI MAI a        
.3 4( ,( )) 2 ( , ( )) 2. .
33
I AMC
AMI
V a
d B AIM d C AIM
S
    
0,25 
 1,0 
Câu 
V 
gt 
3 3( )( )
(1 )(1 )
a b a b
a b
ab
 
    (*) . 
vì  
3 3 2 2( )( )
2 .2 4
a b a b a b
a b ab ab ab
ab b a
  
     
 
 và 
  1 1 1 ( ) 1 2a b a b ab ab ab         , khi đó từ (*) suy ra 
4 1 2ab ab ab   , đặt t = ab (đk t > 0) 
ta được:
 
2
1
0 1
34 1 2 2 1 3 0
9
4 1 3
t
t t t t t t
t t

 
         
  
0,25 
Ta có: 
2 2 2 2
1 1 2 1 1 1 1
0
1 1 1 1 1 1 1a b ab a ab b ab
   
         
         
   
   
2
2 2
. 1
0
1 1 1
a b ab
ab a b
 
 
  
 luôn đúng với mọi a, b (0; 1), 
dấu "=" xảy ra khi a = b 
0,25 
vì 
2 22 2
1 1 1 1 2 2
2 2.
1 1 1 11 1 a b ab aba b
 
          
 và 
 
22 2ab a b ab a b ab      nên 
2 2
1 1
F ab t
ab t
   
 
0,25 
www.VNMATH.com
xét f(t) = 
2
1
t
t


 với 0 < t 
1
9
 có '
1
( ) 1 0
(1 ) 1
f t
t t
  
 
 với mọi 
0 < t 
1
9
 
1 6 1
( ) ( )
9 910
f t f    ,dấu "=" xảy ra 
1
1
3
9
a b
a b
t ab


   
 
Vậy MaxF = 
6 1
910
 đạt được tại 
1
3
a b  
0,25 
VI 1 1,00 
 + Ta có 5IA  . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC có 
dạng   2 2: ( 1) ( 7) 25C x y    
+ Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong 
góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC . Tọa độ 
của D là nghiệm của hệ 
 2 2
1 0
2;3
( 1) ( 7) 25
x y
D
x y
  
 
   
0,25 
 + Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung 
nhỏ BC. Do đó ID BC hay đường thẳng BC nhận véc tơ 
 3;4DI 

làm vec tơ pháp tuyến. 
+ Phương trình cạnh BC có dạng 3 4 0x y c   
0,25 
 + Do 4ABC IBCS S  nên 4AH IK 
+ Mà  ;
7
5A BC
c
AH d

  và  ;
31
5I BC
c
IK d

  nên 
114
3
7 4 31
131
5
c
c c
c

 
    
  

0,25 
 Vậy phương trình cạnh BC là : 9 12 114 0x y   hoặc 
15 20 131 0x y   
0,25 
Câu 
VII. 
 Tính tổng: 0 1 2 20142 3 ... 2015S a a a a     . 1,0 
 Nhân hai vế với x ta được 2014 2 3 20150 1 2 2014(1 3 ) ... .x x a x a x a x a x      0,25 
 Lấy đạo hàm hai vế 
2014 2013 2 2014
0 1 2 2014(1 3 ) 6042 (1 3 ) 2 3 ... 2015x x x a a x a x a x        (*). 
0,25 
 Thay 1x  vào (*) ta được: 
2014 2013
0 1 2 20142 3 ... 2015 ( 2) 6042( 2)S a a a a         . 
0,25 
 Tính toán ra được 20143022.2S  
0,25 
KH
D
I
CB
A
www.VNMATH.com
Câu 
VIII 
Giải hệ phương trình: 
2 8
2 2
log 3log ( 2)
2 13
x y x y
x x y
    

  
. 
1,0 
 Điều kiện: x+y>0, x-y0 
2 2
2
2 13
x y x y
x x y
    
 
  
0,25 
Đặt: 
, 0
, 0
u x y u
v x y v
   

  
 ta có hệ: 
2 2
2
13
u v
u v uv
 

  
 0,25 
2 2 2
2 2 1, 3
3, 1(2 ) (2 ) 13 3 6 9 0
u v u v v u
v uv v v v v v
       
                
 0,25 
 Kết hợp đk ta được 1, 3 5, 4v u x y     
0,25đ 
www.VNMATH.com