Đề thi thử đại học lần II môn Toán – Khối b

 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG 
------------------- 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2013-2014 
MÔN TOÁN – KHỐI B 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm) 
Cho hàm số 3( ) 3 2y f x x mx= = − + − với m là tham số thực. 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với 1m = . 
2. Tìm các giá trị của m để bất phương trình 3
1( )f x
x
≤ − đúng với mọi 1x ≥ . 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình lượng giác 2 23cot 2 2 sin (2 3 2)cosx x x+ = + 
2. Giải bất phương trình 2 2 2 23 7 3 3 4 2 3 5 1x x x x x x x− + + − + > − + − − 
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 
4
3
0
cos2
(sin cos 2)
xI dx
x x
pi
=
+ +∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ cạnh đáy bằng a ; chiều cao bằng 2a . Mặt 
phẳng (P) qua B’ và vuông góc A’C chia lăng trụ thành hai khối. Tính tỉ lệ thể tích của hai khối đó và tính 
khoảng cách từ điểm A đến (P). 
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn 10 , ,
2
a b c< < và 2 3 2a b c+ + = . Chứng minh rằng 
1 2 9 54(4 6 3) (3 1) (2 4 1)a b c b c a c a b+ + ≥+ − + − + − 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
 Câu VI.a (2,0 điểm) 
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) 2 2 9 18 0x y x y+ − − + = và hai điểm 
(4;1); (3; 1)A B − . Các điểm C; D thuộc đường tròn (C) sao cho ABCD là hình bình hành. Viết phương 
trình đường thẳng CD. 
2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm (4;0;0)A ; 0 0( ; ;0)B x y với 0 0;x y là các số thực dương 
sao cho 8OB = và góc 
 060AOB = . Xác định tọa độ điểm C trên trục Oz để thể tích tứ diện OABC 
bằng 8 . 
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số tự nhiên 2n ≥ , chứng minh đẳng thức 
0 2 1 2 2
2( ) ( ) ... ( )n nn n n nC C C C+ + + = 
 B. Theo chương trình Nâng cao 
 Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có các đường thẳng AB, AD đi qua (2;3)M và 
( 1;2)N − . Viết phương trình các đường thẳng BC và CD biết tâm của hình chữ nhật là điểm 5 3( ; )
2 2
I và 
26AC = . 
2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho C(0;0;2); K(6;-3;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua C, K cắt 
trục Ox , Oy tại hai điểm A, B sao cho thể tích tứ diện OABC bằng 3. 
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình 3 2log ( 1) logx x+ = . 
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM 
CÂU ĐÁP ÁN B.ĐIỂM 
Hàm số là 3 3 2y x x= − + − 
a. TXĐ D = ℝ 
b. Giới hạn 
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞ 
0.25 
c. Chiều biến thiên 2' 3 3y x= − + ; ' 0 1y x= ⇔ = ± 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; 1);(1; )−∞ − +∞ và đồng biến trên ( 1;1)− 
Hàm số đạt cực tiểu tại 1; 4CTx y= − = − , đạt cực đại tại 1; 0CÐx y= = 
0.25 
d. Bảng biến thiên 
x 
−∞ 1− 1 +∞ 
y’ - 0 + 0 - 
y 
 0 
 -4 −∞ 
0.25 
I.1 
e. Đồ thị 
Điểm cắt trục hoành (1;0); (-2;0). Điểm cắt trục tung (0;-2) 
x
y
O
-1
-4
1
-2
-2
Đồ thị hàm số nhận điểm (0;-2) làm tâm đối xứng. 
0.25 
Biến đổi bất phương trình 3
1( ) ( 1)f x x
x
−≤ ≥ ta được 6 4 33 2 1x mx x− + ≥ hay 
6 3
4
2 1 3x x m
x
+ − ≥ 
0.25 
Xét hàm số 
6 3
2
4 4
2 1 2 1( ) x xg x x
xx x
+ −
= = + − trên [1; )+∞ 
Tính được và chỉ ra 2 5
2 4
'( ) 2g x x
x x
= − + 
0.25 
Chỉ ra '( ) 0 1g x x> ∀ > , nên hàm số ( )y g x= đồng biến trên [1; )+∞ 0.25 
I.2 
Từ đó phải có 
[1; )
min ( ) 3g x m
+∞
≥ hay 2
3
m ≤ 0.25 
II.1 Điều kiện sin 0x ≠ 0.25 
+∞ 
Chia cả hai vế pt cho 2sin 0x ≠ , ta được 
2
4 2
3cos cos2 2 (2 3 2)
sin sin
x x
x x
+ = + 
Đặt 2
cos
sin
x
t
x
= , đưa về pt bậc hai đối với t: 23 (2 3 2) 2 2 0t t− + + = 
Tính được 
22;
3
t t= = 0.25 
Với 2t = , biến đổi về 22 cos cos 2 0x x+ − = , được 2cos
2
x = hoặc 
cos 2( )x l= − , từ đó được nghiệm 2
4
x kpi pi= ± + (tmđk) 
0.25 
Với 
2
3
t = biến đổi về 22cos 3cos 2 0x x+ − = , được 1cos
2
x = hoặc cos 2( )x l= − , từ 
đó được nghiệm 2
3
x kpi pi= ± + (tmđk). 
Vậy pt có các họ nghiệm như trên. 
0.25 
Điều kiện 
2
2
2
2
3 7 3 0
3 4 0( )
2 0
3 5 1 0
x x
x x
I
x
x x

− + ≥

− + ≥

− ≥

− − ≥
Biến đổi tương đương 
2 2 2 23 5 1 2(2 ) 2 3(2 ) 2 3 5 1x x x x x x x x− − + − + − + − > − + − − (1) 
0.25 
Với các giá trị của x thỏa mãn (I) 
Nếu 2x ≥ thì VT<VP vô nghiệm 
Nếu 2x < thì thỏa mãn (1). 
0.25 
Do đó bpt đã cho tương đương với hệ 2
2
2
( ) 2 0
3 5 1 0
x
I x
x x
<

− ≥

− − ≥
 0.25 
II.2 
Giải hệ trên ta được tập nghiệm là 
5 37( ; 2] [ ;2)
6
S += −∞ − ∪ 0.25 
4 4
3 3
0 0
(cos sin )(cos sin ) (cos sin ) (cos sin 2)
(cos sin 2) (cos sin 2)
x x x x dx x x d x dxI
x x x x
pi pi
+ − + + +
= =
+ + + +∫ ∫
0.25 
Đặt cos sin 2t x x= + + . Đổi cận .. đưa về 
2 2
3
3
( 2)t dtI
t
+
−
= ∫ 0.25 
III 
Biến đổi 
2 2
3
3
1 1( )I dt
t t
+
= − +∫ 0.25 
Tính ra 3
8 5 8 2
27 (2 2)I
+
= −
+
0.25 
Gọi M là trung điểm của A’C’, chỉ ra B’M vuông góc với mặt phẳng (ACC’A’) nên 
' 'B M A C⊥ . Do đó ( )M P∈ . Trong (ACC’A’), kẻ MN vuông góc với A’C ( 'N AA∈ ), 
do đó ( )N P∈ . Thiết diện cắt bởi (P) là tam giác B’MN. 
Hai tam giác A’C’C và NA’M đồng dạng nên 
1
' '
2 4
aA N A M= = 
0.25 
Thể tích tứ diện A’B’MN là 
3
0
1 ' '
1 1 1 3
' . sin 60
3 3 4 2 2 96B A M
a a aV A N S a= = = 
Thể tích lăng trụ là 
3
01 3
'. 2 . . .sin 60
2 2ABC
aV AA S a a a= = = 
Ta có 1
1
48
V
V
= nên tỉ lệ thể tich của hai khối là 
1
47
0.25 
B C
A
B'
A'
C'
M
N
H
Trong (ACC’A’), kẻ AP song song với MN (P thuộc CC’), AP cắt A’C tại J. Chỉ ra khoảng 
cách cần tìm bằng HJ. 
0.25 
IV 
Tính được 
5
'
10
aA H = ; 5
5
aCJ = ; ' 5A C a= ta được 7 5
10
aHJ = 
Khoảng cách cần tìm là 
7 5
10
a
. 
0.25 
Biến đổi 
2 2 2
1 2 9 2 3
(1 2 ) (1 2 ) (3 6 ) (1 2 ) (1 2 ) (1 2 )
a b cVT
a a b b c c a a b b c c
= + + = + +
− − −
− − −
0.25 
V 
Sử dụng BĐT với mọi x thỏa mãn 
10
2
x< ≤ , ta có 
2 31 2 1(1 2 ) ( )
3 27
x x x
x x
+ + −
− ≤ = 
0.5 
A' C'
A C
M
N
P
J
H
Lần lượt cho ; ;x a b c= rồi cộng các vế của bất đẳng thức ta được 
27( 2 3 ) 54VT a b c≥ + + = 
Dấu đẳng thức xảy ra khi 1 / 3a b c= = = 
0.25 
Chỉ ra đường tròn (C) có tâm 1 9( ; )
2 2
I và bán kính 10
2
R = 
Tính được ( 1; 2); 5AB AB= − − =

. Phương trình CD có dạng 2y x y m= − + . 
0.25 
Khoảng cách từ I đến CD bằng 
2 7
2 5
m
d
−
= 
Chỉ ra 2 22CD R d= − 
0.25 
Do đó 
2
25 (2 7)2 5 (2 7) 25
2 20
m
m
−
− = ⇔ − = 0.25 
VI.a.1 
Từ đó được hai phương trình đường thẳng là 2 6 0;2 1 0x y x y− + = − + = 0.25 
Từ giả thiết ta thu được hệ 
2 2
0 0
0
64
4 1
4.8 2
x y
x
 + =


=

 0.25 
Vì 0 0;x y dương nên tính được 0 04; 4 3x y= = 0.25 
Tính được diện tích tam giác AOB bằng 8 3 . Chỉ ra OC vuông góc với (AOB) và tính được 
3OC = 
0.25 
VI.a.2 
Từ đó tìm được tọa độ điểm C là (0;0; 3);(0;0; 3)− . 
Xét khai triển 2( ) (1 ) nP x x= + có hệ số của nx là 2nnC . 0.25 
Mà 1 1 1( ) (1 ) ( 1) (1 ... )( ... 1)n n n n n nn n nP x x x C x C x x C x −= + + = + + + + + + 0.25 
VII.a 
Chỉ ra hệ số của 1nx + theo cách khai triển thứ hai là 0 2 1 2 1 21 1 1( ) ( ) ... ( )nn n nC C C ++ + ++ + + từ 
đó suy ra đpcm 
0.5 
Gọi pt AB là 2 2( 2) ( 3) 0( 0)a x b y a b− + − = + ≠ thì pt AD là ( 1) ( 2) 0b x a y+ − − = . 
2 2 2 2
3 7
2 ( ; ) ; 2 ( ; )a b b aAD d I AB AB d I AD
a b a b
− +
= = = =
+ +
0.25 
Từ 2 2 2AC AB AD= + , ta tính được 2 23 4 0a ab b− − = nên a b= − hoặc 4
3
b
a = . 0.25 
Với a b= − , ta được pt CD và BC lần lượt là 3 0x y− − = và 7 0x y+ − = . 0.25 
VII.a.1 
Với 
4
3
b
a = , ta được pt CD và BC lần lượt là 4 3 12 0x y+ − = và 3 4 14 0x y− − = . 0.25 
VII.a.2 
Gọi ( ;0;0); (0; ;0)A a B b . Chỉ ra a và b khác 0 và pt (P) là 1
2
x y z
a b
+ + = . Do K thuộc (P) 
nên 
6 3 1
a b
− = 
0.25 
Chỉ ra thể tích tứ diện OABC là 
1 3
3
ab = nên 9ab = hoặc 9ab = − 0.25 
Với 9ab = , ta tính được 3a b= = hoặc 36;
2
a b −= − = 
PT (P) là 2 2 3 6 0x y z+ + − = hoặc 4 3 6 0x y z+ − + = . 
0.25 
Với 9ab = − tính ra vô nghiệm. 0.25 
Điều kiện x>0 
Đặt 3 2log ( 1) logx x t+ = = , ta được 
1 3
2
t
t
x
x
 + =

=
0.25 
Do đó 3 2 1t t= + nên 2 1( ) ( ) 1
3 3
t t+ = . 0.25 
Bằng cách chỉ ra vế trái của (1) là hàm số nghịch biến trên R nên (1) có nghiệm duy nhất 
1t = . 0.25 
VII.b 
 Tính được nghiệm 2x = 0.25 
Yêu cầu: 
Học sinh trình bày chi tiết lời giải và các bước tính toán. 
Lời giải phải đảm bảo tính chặt chẽ, đặc biệt là điều kiện cần và đủ, các bước đánh giá. 
Học sinh có thể giải bài toán theo các cách khác nhau. tổ chấm thảo luận để thống nhất cho điểm.