Đề thi thử Đại học Năm 2014 Môn thi: Toán- Khối A, A1, B Đề 3

 1 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG 
Web:  
ĐỀ 3 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 
Mơn thi: TỐN – KHỐI A, A1, B 
Thời gian làm bài: 180 phút ,khơng kể thời gian phát đề 
 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm) 
Câu I. ( 2,0 điểm) Cho hàm số 4 22 1y x mx   (1), m là tham số thực. 
a) Khảo sát sự biến thiên vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cĩ ba điểm cực trị A, B và C sao cho đường trịn ngoại tiếp tam giác 
ABC cĩ bán kính bằng 1. 
Câu II. (2,0 điểm) 
 1. Giải phương trình: 3(sin2x +sinx)+ cos2x -cosx =2 
 2. Giải phương trình:    33 2 21 2 1x x x x    
Câu III. ( 1,0 điểm) Tính tích phân I = 2
1
ln
(3 ln )
e x dx
x x 
Câu IV.( 1,0 điểm) Cho hình chĩp S.ABC, cĩ tam giác ABC vuơng tại B,AB=a, BC= a 3 , mp(SAC) 
vuơng gĩc mp(ABC), SA = SC=a 2 . Gọi M, N lần lượt là trọng tâm tam giác SAB và SAC. Tính thể tích 
của khối chĩp S.AMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB theo a . 
Câu V. ( 1,0 điểm) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn 2 2 1x y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
    1 11 1 1 1A x y
y x
           
  
. 
II. 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 với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn 2 2(C): x +y =1. Đường trịn (C') tâm I(2;2) cắt 
(C) tại các điểm A, B sao cho độ dài đoạn AB = 2 . Viết phương trình đường thẳng AB. 
 2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-1;6;6), B(3;-6;-2) . Tìm điểm M thuộc mặt 
phẳng (Oxy) sao cho tổng MA MB đạt giá trị nhỏ nhất. 
Câu VII.a ( 1,0 điểm) 
 Tìm phần thực và phần ảo của số phức z, biết 2( 5 ) (1 5 )z i i   
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn (C) cĩ phương trình 2 2 2 4 20 0x y x y     
và điểm A(3;0) . Viết phương trình đường thẳng ( ) đi qua A và cắt đường trịn (C) theo một dây cung MN 
cĩ độ dài: 
a) Lớn nhất. b) Nhỏ nhất. 
 2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm I(0;0;1), K(3;0;0) . Viết phương trình mặt 
phẳng đi qua hai điểm I, K và tạo với mặt phẳng Oxy một gĩc bằng 30o .Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm dạng 
lượng giác của số phức sau: 
1 3
3
iz
i



. 
 2 
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
1.a 
Câu 1. a) Khi 1m  , ta cĩ: 4 22 1y x x   . 
Tập xác định: D R . 
Sự biến thiên: 
Chiều biến thiên: 3' 4 4 ; ' 0 1 0 1 hoặc hoặc y x x y x x x        . 
Các khoảng đồng biến: ( 1;0) và (1; ) , khoảng nghịch biến ( ; 1)  và (0;1) . 
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0x  , 1CĐy  ; đạt cực tiểu tại 1x   và 0CTy  . 
Giới hạn: lim
x
y

  và lim
x
y

  
Bảng biến thiên: 
 
1
00
+∞+∞
+-+- 000
10-1 +∞-∞
y
y'
x
 
Đồ thị: 
 
 
 
 
0.25 
0.25 
 
 
 
 
0.25 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0.25 
1.b 
b) Ta cĩ 3 2 2
0
' 4 4 4 ( ); ' 0
x
y x mx x x m y
x m

      

, vậy đồ thị hàm số (1) cĩ ba điểm 
cực trị khi và chỉ khi 0m  . 
Các điểm cực trị hàm số là 2 2(0;1); ( ;1 ); ( ;1 )A B m m C m m   . Gọi I là tâm và R là 
bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC . Do ,B C đối xứng nhau qua trục tung nên 
tam giác ABC cân tại A , do đĩ tâm I nằm trên Oy , giả sử: 
(0; ) 1I y IA R   2 1 2
0
( 1) 1 (0;0); (0;2)
2
y
y hay I I
y

     
. 
Với  221 1 1 5(0;0) 1 1 1 0; 1 2 hoặc I I B R m m m m m
 
           , do 
 
0.25 
 
 
 
0.25 
 
 
 
 
0.25 
 
 3 
0m  nên chỉ nhận 1 51;
2
m m    
Với  222 2(0;2) 1 1 1I I B R m m       , phương trình này vơ nghiệm do 
 220 1 1m m m     . 
Vậy 1 51;
2
m m    là hai giá trị cần tìm. 
 
 
 
 
 
0.25 
2 
Câu 2a. Giải phương trình 3(sin 2 sin ) 2 cos 2x x cos x x    
3 1 3 1sin 2 2 sin cos 1
2 2 2 2
2 sin 1
3 6
x cos x x x
cos x x 
   
          
   
          
   
 
22sin sin 0
6 6
x x           
   
 
sin 0
6
1sin
6 2
6
2 ,
2
3
x
x
x k
x k k
x k




 


    
 
     
 
  

   

 


 
 
 
 
 
0.25 
 
0.25 
 
 
 
0.25 
 
 
 
 
0.25 
2 
Câu 2b. Giải phương trình sau    33 2 21 2 1x x x x    
Điều kiện: 1 1x   . 
Phương trình đã cho tương đương với 
     2 2 2 2 21 1 1 2 1x x x x x x x x        
     2 2 21 1 1 2 1x x x x x x       (*) 
Đặt 
2
2 2 11 1
2
tt x x x x       , khi đĩ phương trình (*) trở thành: 
  
2 2
3 2 21 11 2 2 3 2 0 2 2 2 1 0
2 2
t tt t t t t t t
  
            
 
 
2
2
2
2 1
2 2 1 0
2 1
t
t
t
t t
t
 
 
    
      
 
(i). Với 2 22 1 2 1 2t x x x x         
 
 
 
 
 
0.25 
 
 
 
 
0.25 
 
 
 
 
 
0.25 
 
 4 
 22 2 11 2 2 2 2 1 0
2
x x x x x          
(ii). Với 22 1 1 2 1t x x          vơ nghiệm do 1VT VP   
(iii) Với 
2 22 1 1 2 1 1 2 1t x x x x              
 22
1 2 1 1 2 2 2 1
21 2 1
x
x
x x
       
  
    
 
Vậy phương trình cĩ hai nghiệm là 2 1 2 2 2 1,
2 2
x x     . 
 
 
 
 
 
 
 
 
0.25 
3 
Câu 3 (1.0 điểm). Tính tích phân I = 2
1
ln
(3 ln )
e x dx
x x 
Ta cĩ 
Đặt 13 ln ln 3t x x t dt dx
x
       
 Đổi cận 
x 1 e 
t 3 4 
 
44 4 4
4
2 2 3
33 3 3
3 1 3 3 4 1ln ln
3 4
tI dt dt dt t
t t t t

         
 
 
 
 
 
 
0.25 
 
 
 
0.5 
4 
Câu 4 
 
Tính SAMNV : 
Ta cĩ 2 2 22AC a SA SC AC SA SC      
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0.25 
 5 
Hạ SH AC , do ( ) ( ) ( ),SAC ABC SH ABC SH a    
Gọi K là trung điểm của AB . Ta cĩ 2 2 4. .
3 3 9
SAMN
SAKH
V SM SN
V SK SH
   
34 4 1 4 1 1 3 3. . . . . . . .
9 9 3 9 3 2 2 2 54SAMN SAKH AKH
a a aV V S SH a     
Tính ( , )d SC AB : 
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ sao cho 3(0;0;0), (0; ;0), ( 3;0;0), ( ; ; )
2 2
a aB A a C a S a 
Ta cĩ 3 ; ; , (0; ;0), ( 3; ;0)
2 2
a aSC a AB a CA a a
 
        
 
  
 
, . 2 21( , )
7,
SC AB CA ad SC AB
SC AB
 
  
 
 
  
  
 
 
 
 
0.25 
 
 
 
0.25 
 
 
 
0.25 
5 
Câu 5 (1,0 điểm) Cho ,x y là hai số dương thỏa mãn 2 2 1x y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức    1 11 1 1 1A x y
y x
           
  
. 
Ta cĩ thể viết A thành dạng sau: 1 1 1 1 1 2
2 2 2
x yA x y
x y y x x y
                    
       
. 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta cĩ: 
2 2
1 1 1 1 1 1 22, 2, 2, 2
2 2 2
x yx y
x y y x x y xy x y
 
          
 
 
Cộng theo vế ta được 
1 1 1 1 1 3 2 2 3 2 4
2 2 2
x yx y A
x y y x x y
                       
       
 
Dấu đẳng thức xảy ra 
2 2
1 1; ;
2 2 2
1 1 2; 1; 0; 0
x yx y
x y y x
x y
x y x y
x y
   
  
     

. 
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3 2 4 khi 2
2
x y  
 
 
 
 
 
0.25 
 
 
 
0.25 
 
 
 
 
0.25 
 
 
 
0.25 
II.PHẦN RIÊNG (3.0 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) 
6.a.1 
A.Theo chương trình chuẩn 
 
Câu 6.a.1 Đường trịn ( )C cĩ tâm (0;0)O và bán kính 1r  . Gọi H là hình chiếu vuơng 
gĩc của O trên AB thì H là trung điểm của đoạn AB 2
2 2
ABHA   . 
Tam giác OHA vuơng tại H , ta cĩ: 2 2 1 11
2 2
OH OA HA     . 
Đường trịn ( ')C tâm (2;2)I . Nên đường thẳng AB chính là đường thẳng vuơng gĩc với 
 
 
 
 
 
 
0.25 
 
0.25 
 6 
OI và cách O một khoảng 1
2
OH  . 
Do (2;2) : 0OI AB x y c    

 
Mặt khác: 
1 1( ; ) 1
2 2 2
c
d O AB c      . 
Vậy cĩ hai đường thẳng cần tìm là: 1 0x y   và 1 0x y   . 
 
 
 
 
 
0.25 
 
0.25 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6.a 
 
Câu 6.a.2. ( ) ( ; ;0)M Oxy M x y  
Ta cĩ: ( 1 ;6 ;6), (3 ; 6 ; 2)MA x y MB x y        
 
 
Phương trình mặt phẳng ( ) : 0Oxy z  , do A cĩ cao độ bằng 6, B cĩ cao độ bằng -2 nên hai 
điểm ,A B nằm về hai phía đối với mặt phẳng ( )Oxy . 
Ta cĩ (không đổi)MA MB AB  min( )MA MB AB   , đạt được khi ba điểm 
, ,A B M thẳng hàng MA

 và MB

 cùng phương nên 
21 6 6
33 6 2
xx y
yx y
  
   
     
. 
Vậy điểm cần tìm là (2; 3;0)M  . 
 
 
 
0.25 
 
 
0.25 
 
0.5 
7.a 
 
2( 5 ) (1 5 ) (4 2 5 )(1 5 ) 14 2 5z i i i i i        
Vậy z = 14 2 5 i 
Phần thực của z là 14 và phần ảo là 2 5 
 
0.5 
0.25 
 
0.25 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
B.Theo chương trình nâng cao 
Câu 6.b.1 
Đường trịn ( )C cĩ tâm ( 1; 2)I  , bán kính 5R  . 
a).Dây MN lớn nhất khi MN là đường kính của ( )C . Do đĩ ( ) là đường thẳng đi qua A 
 
 
 
 
 
 
 
 
0.25 
 
 7 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6.b 
và I . 
Ta cĩ (4; 2)IA  

 suy ra phương trình đường thẳng ( ) là 3 0 2 3 0
4 2
x y x y     

. 
b).Kẻ IH MN tại H . Dây MN nhỏ nhất khi IH lớn nhất. 
Ta cĩ: 2 5 2 5maxIH IA IH    khi ( )H A IA    tại A. 
Vậy ( ) đi qua ( ) và nhận (4; 2)IA  

 làm véctơ pháp tuyến cĩ phương trình: 
4( 3) 2( 0) 0 2 6 0x y x y        
 
0.25 
 
 
0.25 
 
0.25 
6.b 
Câu 6.b.2 Gọi mặt phẳng cần tìm là ( ) : 0Ax By Cz D     2 2 2( 0)A B C   . 
Ta cĩ (0;0;1) ( ) 0I C D    (1) 
(3;0;0) ( ) 3 0K A D    (2) 
( ) và ( )Oxy cĩ véctơ pháp tuyến lần lượt là ( ; ; ), (0;0;1)n A B C k 
 
. ( ) tạo với ( )Oxy 
một gĩc bằng 30o nên ta cĩ 
2 2 2 2
2 2 2
. 330 4 3( )
2
o
n k C
cos C A B C
n k A B C
      
 
 
  
2 2 23 3 0A B C    (3) 
Từ (1) và (2), ta cĩ 3C A thế 3C A vào (3) ta được 
2 2 2 2 23 3 9 0 2 2A B A B A B A        
Chọn 1, 2 3, 3A B C D       
Vậy cĩ hai mặt phẳng cần tìm là: 2 3 3 0x y z    và 2 3 3 0x y z    
 
 
0.25 
 
 
 
 
 
0.25 
 
 
0.25 
0.25 
7.b 
Câu 7.b Tìm dạng lượng giác của số phức sau 1 3
3
iz
i



. 
1 32 2 sin2 2 3 31 3
3 3 1 2 sin2 6 62 2
sin
2 2
 
i cos i
iz
i cos ii
cos i
 
 
 
                        
         
         
   
 
Cách khác: 1 3
3
iz
i



= (1 3)( 3 ) 0 ( 1) ( ) sin( )
4 2 2
osi i i i c i            
 
 
 
 
 
0.5 
 
 
0.5 
 
 
1 
Học sinh cĩ cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa câu đĩ 
 8