Đề thi thử Đại học môn Toán

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1. Cho hàm số       3 2y x 3 m 1 x m 1 cĩ đồ thị là  mC , m là tham số thực. 
a. Khảo sát và vẽ đồ thị  0C khi m 0. 
b. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đồng biến trong khoảng  1 2x ;x thỏa  2 1x x 2014 . 
Câu 2. Giải phương trình 
    
       
   
31
sin 2x sin3x cos 2x cos3x
4 4
. 
Câu 3. Giải phương trình       3 2 2x 3x x 2 2x 11 2x x 4 . 
Câu 4. Tính tích phân 
 
 



0 2
2
2
1
x x 2
I dx.
x 2
Câu 5. Cho hình chĩp S.ABCDcĩ đáy ABCD là hình bình hành với   AD a 3,AC AB a . Hình chiếu 
vuơng gĩc của Sxuống mặt phẳng  ABCD trùng với trọng tâm của tam giác ACD . Gọi M,N lần lượt là 
trung điểm của SA,BC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AC,SD bằng 
3a 95
38
. Tính thể tích của khối 
chĩp M.ABNG theo a . 
Câu 6. Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn      2 2 2a b c 1 ab bc ca . Chứng minh rằng 
              
4
a b c 54abc 5 9 ab bc ca 2 a b c . 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B. 
A. Theo chương trình Chuẩn. 
Câu 7a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , trên tia Ox lấy điểm A , trên tia Oy lấy điểm B và trên tia 
OA lấy điểm C sao cho AC 2OB . Gọi M là một điểm trong tam giác ABC sao cho tam giác ABM đều. 
Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C của tam giác ABC biết rằng  
0ABO 15 và bán kính đường trịn ngoại tiếp tam 
giác ABC bằng 2 3 . 
Câu 8a. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz gọi M là điểm cố định của họ mặt phẳng  aP đi qua với mọi 
a , biết rằng               2 2 2 2aP : a 2a x a a y a 1 z 6a 3 0 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua M và 
chứa trục Oy . 
Câu 9a. Gọi X là biến cố ngẫu nhiên cĩ phân bố nhị thức  T x 2;0,4 . Lập bảng phân bố xác suất của biến 
cố X , biết x là nghiệm của phương trình 

  
x 1
x 3 23 7 441 . 
B. Theo chương trình Nâng cao. 
Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuơng tại A cĩ đường cao AO . Gọi  C 
là đường trịn tâm A , đường kính OD . Tiếp tuyến của  C tại D cắt CA tại  E 8;8 . Đường thẳng vuơng 
gĩc với ED tại E và đường thẳng đi qua A , vuơng gĩc với EB cắt nhau tại   M 8; 2 . Viết phương trình 
đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC biết đường thẳng EB cĩ phương trình   4x 3y 8 0 . 
Câu 8b. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm     A 4; 1;1 ,B 3;1; 1 và  C 1;2; 4 . Gọi   là 
mặt phẳng đi qua hai điểm A,B và cùng phương với Ox . Tìm tọa độ điểm đối xứng của C qua mặt phẳng 
  . 
Câu 9b. Giải hệ phương trình 
 
   

   
4 x
6
x 2
6 6
1 log y 9 5
5 2 log y log y 6 21
--------------------------------------Hết-------------------------------------- 
 19h30 thứ 7 - trên www.k2pi.net
w
w
w
.k
2p
i.n
et
DIỄNĐÀN TỐN THPT
www.k2pi.net
HƯỚNGDẪNGIẢI ĐỀ THI THỬĐHNĂM 2014
Đề 02 - Ngày thi : 16-11-2013
I. PHẦN CHUNGCHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu 1 Cho hàm số y =−x3+3(m+1)x2+m−1 cĩ đồ thị là (Cm),m là tham số thực.
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C0) khim = 0.
b. Tìm tất cả các giá trị củam để hàm số đồng biến trong khoảng (x1;x2) thoả x2−x1 = 2014.
Lời giải :
a. Tự giải
b. y ′ =−3x2+6(m+1)x =−3x(x−2(m+1)) nên y ′ > 0 khi x ở trong 2 nghiệm 0;2(m+1)
Trường hợp:m+1> 0 do x2−x1 = 2014 nên 2(m+1)≥ 2014 ⇐⇒ m ≥ 1006
Trường hợp:m+1< 0 do x2−x1 = 2014 nên 2(m+1)≤−2014 ⇐⇒ m ≤−1008
Câu 2 Giải phương trình sin
(
2x+ pi
4
)
− sin3x = cos
(
31pi
4
−2x
)
+cos3x
Lời giải :
Phương trình đã cho tương đương:
p
2sin2x = cos3x+ sin3x⇔ sin2x = sin
(
3x+ pi
4
)
⇔
 2x = 3x+
pi
4
+k2pi
2x = 3pi
4
−3x+k2pi
⇔
 x =
−pi
4
−k2pi
x = 3pi
20
+ k2pi
5
(k ∈ Z )
Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm: x = 3pi
20
+ k2pi
5
;x = −pi
4
−k2pi (k ∈ Z )
Câu 3 Giải phương trình x3+3x2+x+2=p2x+11+2x2px+4
Lời giải :
PT⇔ x2 (x+3−2px+4)+x+2−p2x+11= 0, (1)
Đặt : t =px+4⇒ x = t2−4,(t ≥ 0)
Khi đĩ (1) trở thành :
(
t2−4)2 (t2−2t −1)+ t2−2−p2t2+3= 0
⇔ (t2−4)2 (t2−2t −1)+ (t2−2t −1)+ (2t −1−√2t2+3)= 0
⇔ (t2−2t −1)[(t2−4)2+1]+ 2t2−4t −2
2t −1+
p
2t2+3
= 0
⇔
 t2−2t −1= 0 (t ≥ 0)(
t2−4)2+1+ 2
2t −1+
p
2t2+3
= 0
(
2t −1+
p
2t2+3≥−1+p3> 0
) ⇔ t = 1+p2
Vậy Pt cĩ 1 nghiệm : x =−1+2p2
Câu 4 Tính tích phân : I =
∫ 0
−1
x+
p
x2+2
(x2+2)2 dx.
Lời giải :
Ta để ý rằng :
x+
p
x2+2(
x2+2)2 = x+
p
x2+2p
x2+2
· 1(
x2+2)px2+2 =
(
xp
x2+2
+1
)
· 1(
x2+2)px2+2
Lại cĩ : (
xp
x2+2
)′
= 2(
x2+2)px2+2
www.k2pi.net 2
w
w
w
.k
2p
i.n
et
Do đĩ đặt
t = xp
x2+2
⇒ 1
2
dt = 1(
x2+2)px2+2dx
Đổi cận :
x =−1⇒ t =−
p
3
3
; x = 0⇒ t = 0
Khi đĩ tích phân đã cho trở thành :
I = 1
2
∫ 0
−
p
3
3
(t +1)dt = 1
2
(
t2
2
+ t
)∣∣∣∣0−p33 =
2
p
3−1
12
Câu 5 Cho hình chĩp S.ABCD cĩ đáy ABCD là hình bình hành với AD = ap3,AC = AB = a
. Hình chiếu vuơng gĩc của S xuống mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác
ACD . Gọi M ,N lần lượt là trung điểm của SA,BC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC ,SD bằng
3a
p
95
38
. Tính thể tích của khối chĩpM .ABNG theo a .
Lời giải :
Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ DE//AC sao cho tứ giác ACED là hình bình hành
⇒ AC//(SDE)⇒ d(AC ,SD)= d(AC ; (SDE))
TừG kẻ đường vuơng gĩc với AC cắt AC ,DE tại F,K ⇒ GF
GK
= GA
GE
= 1
2
⇒ FK
GK
= 3
2
⇒ d(AC , (SDE))= d(F, (SDE))= 3
2
d(G , (SDE))⇒ d(G , (SDE))= 2a
p
95
38
= d⇒ 1
SG2
= 1
d2
− 1
GK 2
GK = 2
3
2S∆ACD
AC
= a
p
3
3
⇒ SH = a
p
5
2
Ta cĩ SABCD = a
2
p
3
2
Và SABNG = S− (S∆AGP −S∆GPC −S∆GBC )= SABCD
2
= a
2
p
3
4
⇒VM .ABNG = 1
3
SH
2
SABCD
2
= a
3
p
15
48
Câu 6 Cho a,b,c là các số thực thoả mãn a2+b2+ c2−1= ab+bc+ ca. Chứng minh rằng:
(a+b+ c)4+54abc+5≥ 9(ab+bc+ ca)−2(a+b+ c)
Lời giải :
Đặt t = a+b+ c từ đĩ suy ra ab+bc+ ca = t
2−1
3
và a2+b2+ c2 = t
2+2
3
. Để ý rằng
a3+b3+ c3−3abc = (a+b+ c)(a2+b2+ c2−ab−bc− ca)⇒ 3abc = a3+b3+ c3− t
Bất đẳng thức đã cho viết lại thành
t4+18(a3+b3+ c3− t)+5≥ 3(t2−1)−2t⇔ t4−3t2−16t +8+18(a3+b3+ c3)≥ 0
Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta cĩ
t2+2
3
= a2+b2+ c2 ≥ a2+ (b+ c)
2
2
= a+ (t −a)
2
2
⇒ a ≥ t −2
3
tương tự ta cũng cĩ b,c ≥ t −2
3
. Từ đĩ ta cĩ thể viết
a3+b3+ c3 = a2
(
a− t −2
3
)
+b2
(
b− t −2
3
)
+ c2
(
c− t −2
3
)
+ t −2
3
(
a2+b2+ c2)
= a2
(
a− t −2
3
)
+b2
(
b− t −2
3
)
+ c2
(
c− t −2
3
)
+ t −2
3
t2+2
3
www.k2pi.net 3
w
w
w
.k
2p
i.n
et
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta cĩ[
a2
(
a− t −2
3
)
+b2
(
b− t −2
3
)
+ c2
(
c− t −2
3
)][
a− t −2
3
+b− t −2
3
+ c− t −2
3
]
≥[
a
(
a− t −2
3
)
+b
(
b− t −2
3
)
+ c
(
c− t −2
3
)]2
= 4
9
(t +1)2
Từ đĩ ta cĩ
t4−3t2−16t +8+18(a3+b3+ c3)≥ t4−3t2−16t +8+18(2
9
(t +1)2+ (t −2)
(
t2+2)
9
)
= t4−3t2−16t +8+2(t3+6t −2)
= t4−3t2−4t +2t3+4= (t2+ t −2)2 ≥ 0
Suy ra điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi
[
t = 1
t =−2 ⇔

{ a+b+ c = 1
ab+bc+ ca = 0
abc =− 427{ a+b+ c =−2
ab+bc+ ca = 1
abc =− 427
⇔

{
a =−13
b = c = 23{
a =−43
b = c =−13
Hay a =−1
3
;b = c = 2
3
v a =−4
3
;b = c =−1
3
. và các hốn vị
II. PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , trên tiaOx lấy điểm A , trên tiaOy lấy điểm B
và trên tia OA lấy điểm C sao cho AC = 2OB . Gọi M là một điểm trong tam giác ABC sao cho
tam giác ABM đều. Tìm tọa độ các đỉnh A,B ,C của tam giác ABC biết rằng ABO = 15o và bán
kính đường trịn ngoại tiếp tam giác bằng
√
2+p3 .
Lời giải :
Câu 8.a Trong khơng gian với hệ tọa độOxyz gọiM là điểm cố định của họmặt phẳng (Pa)
đi qua với mọi a , biết rằng (Pa) : (a2+2a)x+(a2−a)y+(a2+1)z−6a2−3= 0 . Viết phương trình
mặt phẳng đi quaM và chứa trụcOy .
Lời giải :
Viết lại phương trình:
(
x+ y + z−6)a2+ (2x− y)a+ z−3= 0mọi a nên
⇐⇒
{
x+ y + z = 6
2x− y = 0
z = 3
⇐⇒
{
x = 1
y = 2
z = 3
M(1;2;3)
Phương trình mặt phẳng chứa trục Oy cĩ dạng:Ax+Cz = 0
Vì đi quaM nên : A+3C = 0 hay A =−3C và C 6= 0 (P ) cĩ phương trình 3x− z = 0
www.k2pi.net 4
w
w
w
.k
2p
i.n
et
Câu 9 .a Gọi X là biến cố ngẫu nhiên cĩ phân bố nhị thức T (x −2;0;4) . Lập bảng phân bố
xác suất của biến cố X , biết x là nghiệm của phương trình 3x−3.7
x−1
2 = 441.
Lời giải :
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuơng tại A cĩ đường cao
AO . Gọi (C ) là đường trịn tâm A , đường kínhOD . Tiếp tuyến của (C ) tại D cắt CA tại E(−8;8)
. Đường thẳng vuơng gĩc với ED tại E và đường thẳng đi qua A , vuơng gĩc với EB cắt nhau
tạiM(−8;−2) . Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC biết đường thẳng EB cĩ
phương trình 4x+3y +8= 0.
Lời giải :
Ta cĩ tam giác BCE cân tại B ,EC là phân giác gĩc BED. Hai tam giác vuơng ADE và AKE bằng
nhau, ta thấy ngay BE là tiếp tuyến của đường trịn tâm A,từ đây AB là đường trung trựcOK
Phương trình AM cĩ dạng :3x−4y + c = 0mà đi quaM(−8;−2) nên c = 16
AM : 3x−4y +16= 0 suy ra: K (−165 ; 85 ) Gọi I là trung điểmOK thì I (−85 ; 45 )
Phương trình AB : 10x−5y +20= 0 suy ra toạ độ B (−2;0) ,A (0;4)
OB : y = 0;EA cĩ phương trình : x+2y −8= 0 suy toạ độ C (8;0)
gọi J trung điểm BC thì J (3;0) và BC = 10 Vậy phương trình đường trịn cần tìm là: (x−3)2+ y2 = 25.
Câu 8.b Trong khơng gian với hệ tọa độOxyz cho ba điểm A(4;−1;1);B(3;1;−1) và C (1;2;−4)
. Gọi (α) là mặt phẳng đi qua hai điểm A,B và cùng phương vớiOx . Tìm tọa độ điểm đối xứng
của C qua mặt phẳng (α) .
Lời giải :
(α) cùng phương Ox⇒ (α) : by + cz+d = 0 (α) 3 A,B⇒
{−b+ c+d = 0
b− c+d = 0 ⇒ d = 0,b = c
Phương trình (α) : y + z = 0
Đường thẳng d qua C vuơng gĩc với (α)nhận véc tơ chỉ phương −→u = (0;1;1) cĩ phương trình tham
số đường thẳng d :
{
x = 1
y = 2+ t
z =−4+ t
gọi I = d ∩ (α)⇒ 2+ t −4+ t = 0⇒ t = 1⇒ I (1;3;−3)
Gọi C ′
(
x ′; y ′;z ′
)
là điểm đối xứng với C qua (α) ta cĩ toạ độ C ′ (1;4;−2).
Câu 9 .b Giải hệ phương trình:
{
1+ log6 y4 = 9.5−x
5x +2log6 y. log6(y2+6)= 21
Lời giải :
www.k2pi.net 5
w
w
w
.k
2p
i.n
et
—————————————————-Hết—————————————————-
Lời giải được thực hiện bởi các thành viên diễn đàn tốn THPT www.k2pi.net
www.k2pi.net 6