1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG
Web: />
ĐỀ 3
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn thi: TOÁN – KHỐI A, A1, B
Thời gian làm bài: 180 phút ,không 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 2
2 1
y 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) có ba điểm cực trị A, B và C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC có bán kính bằng 1.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3(sin2x +sinx)+cos2x -cosx =2

2. Giải phương trình:
   
3

3 2 2
1 2 1
x 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 chóp S.ABC, có tam giác ABC vuông tại B,
AB=a, BC=a 3
, mp(SAC)
vuông góc mp(ABC),
SA = SC=a 2
. Gọi M, N lần lượt là trọng tâm tam giác SAB và SAC. Tính thể tích
của khối chóp 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
1
x y
 

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

   
1 1
1 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 tròn
2 2
(C): x +y =1
. Đường tròn (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 không 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 tròn (C) có phương trình
2 2
2 4 20 0
x y x y
    

và điểm
A(3;0)
. Viết phương trình đường thẳng
( )

đi qua A và cắt đường tròn (C) theo một dây cung MN
có độ dài:
a) Lớn nhất. b) Nhỏ nhất.
2. Trong không 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 góc bằng
30
o
.Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm dạng
lượng giác của số phức sau:
1 3
3
i
z
i



.

2

CÂU

NỘI DUNG ĐIỂM
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
1.a
Câu 1. a) Khi
1
m

, ta có:
4 2

2 1
y x x
  
.
Tập xác định:
D R

.
Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
3
' 4 4 ; ' 0 1 0 1
hoaëc hoaëc
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
0

x

,
1
CÑ
y

; đạt cực tiểu tại
1
x
 
và
0
CT
y

.
Giới hạn:
lim
x
y

 
và
lim
x
y

 


Bảng biến thiên:

1
0
0
+∞
+∞
+
-
+
-
000
1
0
-1
+∞
-∞
y
y'
x

Đồ thị:




0.25
0.25





0.25










0.25
1.b
b) Ta có
3 2
2
0
' 4 4 4 ( ); ' 0
x
y x mx x x m y
x m


     



, vậy đồ thị hàm số (1) có ba điểm

cực trị khi và chỉ khi
0
m

.
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 tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
. Do
,
B C
đối xứng nhau qua trục tung nên
tam giác
ABC
cân tại
A
, do đó tâm
I
nằm trên
Oy
, giả sử:

(0; ) 1
I y IA R
  
2
1 2
0
( 1) 1 (0;0); (0;2)
2
y
y hay I I
y


   



.
Với
 
2
2
1 1
1 5
(0;0) 1 1 1 0; 1
2
hoaëc I I B R m m m m m
 
           , do


0.25



0.25




0.25


3

0
m

nên chỉ nhận
1 5
1;
2
m m
 
 
Với
 
2
2
2 2
(0;2) 1 1 1

I I B R m m
      
, phương trình này vô nghiệm do


2
2
0 1 1
m m m
    
.
Vậy
1 5
1;
2
m m
 
  là hai giá trị cần tìm.





0.25
2
Câu 2a. Giải phương trình
3(sin 2 sin ) 2 cos 2
x x cos x x
   


3 1 3 1
sin 2 2 sin cos 1
2 2 2 2
2 sin 1
3 6
x cos x x x
cos x x
 
   
    
   
   
   
   
    
   
   

2
2sin sin 0
6 6
x x
 
   
    
   
   

sin 0
6

1
sin
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
   
3
3 2 2
1 2 1
x x x x
   

Điều kiện:
1 1
x
  
.
Phương trình đã cho tương đương với






2 2 2 2 2
1 1 1 2 1
x x x x x x x x
       







2 2 2
1 1 1 2 1
x x x x x x
       (*)
Đặt
2
2 2
1
1 1
2
t
t x x x x

      , khi đó phương trình (*) trở thành:
  
2 2
3 2 2
1 1
1 2 2 3 2 0 2 2 2 1 0
2 2
t t
t 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 2

2 1 2 1 2
t x x x x
        






0.25




0.25





0.25


4



2
2 2
1

1 2 2 2 2 1 0
2
x x x x x         

(ii). Với
2
2 1 1 2 1
t x x
         
vô nghiệm do 1
VT VP
  

(iii) Với
2 2
2 1 1 2 1 1 2 1
t x x x x
              
 
2
2
1 2 1
1 2 2 2 1
2
1 2 1
x
x
x x

    

  

  

    



Vậy phương trình có 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 có
Đặt
1
3 ln ln 3
t x x t dt dx
x
      
Đổi cận
x

1 e
t

3 4

4
4 4 4
4
2 2
3
3
3 3 3
3 1 3 3 4 1
ln ln

3 4
t
I dt dt dt t
t t t t

      
  







0.25



0.5
4
Câu 4

Tính
SAMN
V :
Ta có
2 2 2
2
AC 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 có
2 2 4
. .
3 3 9
SAMN
SAKH
V SM SN
V SK SH
  

3
4 4 1 4 1 1 3 3
. . . . . . . .
9 9 3 9 3 2 2 2 54
SAMN SAKH AKH
a a a
V 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 a
B A a C a S a

Ta có
3
; ; , (0; ;0), ( 3; ;0)
2 2
a a
SC a AB a CA a a
 
      
 
 
 
  

, .
2 21
( , )
7
,
SC AB CA
a
d 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
1
x y
 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức
   
1 1
1 1 1 1A x y
y x
 
 
     
 
 
 
 
.
Ta có thể viết
A
thành dạng sau:
1 1 1 1 1
2
2 2 2
x y
A x y
x y y x x y
     
 
        
     
 
 
     
.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2 2
1 1 1 1 1 1 2
2, 2, 2, 2
2 2 2
x y
x 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 y
x 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 y
x 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 tròn
( )

C
có tâm
(0;0)
O và bán kính
1
r

. Gọi
H
là hình chiếu vuông
góc của
O
trên
AB
thì
H
là trung điểm của đoạn
AB

2
2 2
AB
HA   .
Tam giác
OHA
vuông tại
H
, ta có:
2 2
1 1

1
2
2
OH OA HA     .
Đường tròn
( ')
C
tâm
(2;2)
I . Nên đường thẳng
AB
chính là đường thẳng vuông góc với






0.25

0.25

6

OI
và cách
O
một khoảng
1
2

OH 
.
Do
(2;2) : 0
OI AB x y c
    


Mặt khác:
1 1
( ; ) 1
2 2 2
c
d O AB c
     
.
Vậy có hai đường thẳng cần tìm là:
1 0
x y
  
và
1 0
x y
  
.






0.25

0.25











6.a

Câu 6.a.2.
( ) ( ; ;0)
M Oxy M x y
 

Ta có:
( 1 ;6 ;6), (3 ; 6 ; 2)
MA x y MB x y
        
 

Phương trình mặt phẳng
( ): 0
Oxy z


, do A có cao độ bằng 6, B có cao độ bằng -2 nên hai
điểm
,
A B
nằm về hai phía đối với mặt phẳng
( )
Oxy
.
Ta có
(khoâng ñoåi)
MA MB AB  min( )
MA MB AB
  
, đạt được khi ba điểm
, ,
A B M
thẳng hàng
MA


và
MB

cùng phương nên
2
1 6 6
3
3 6 2
x

x y
y
x 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 5

z 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 tròn
( )
C
có tâm
( 1;2)
I

, bán kính
5
R

.
a).Dây
MN
lớn nhất khi
MN
là đường kính của
( )
C
. Do đó
( )

là đường thẳng đi qua A









0.25


7














6.b
và
I
.
Ta có
(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 có:
2 5 2 5
max
IH IA IH    khi ( )
H A IA

   
tại A.
Vậy
( )

đi qua
( )

và nhận
(4; 2)
IA
 

làm véctơ pháp tuyến có phương trình:
4( 3) 2( 0) 0 2 6 0
x y x y
       


0.25


0.25

0.25
6.b
Câu 6.b.2 Gọi mặt phẳng cần tìm là
( ) : 0
Ax By Cz D


   

2 2 2
( 0)
A B C
  
.
Ta có
(0;0;1) ( ) 0
I C D

   
(1)
(3;0;0) ( ) 3 0
K A D

   
(2)
( )

và
( )
Oxy
có véctơ pháp tuyến lần lượt là
( ; ; ), (0;0;1)
n A B C k 
 
.
( )


tạo với
( )
Oxy

một góc bằng
30
o
nên ta có
2 2 2 2
2 2 2
.
3
30 4 3( )
2
o
n k
C
cos C A B C
n k
A B C
      
 
 
 

2 2 2
3 3 0
A B C
   
(3)

Từ (1) và (2), ta có
3
C A

thế
3
C A

vào (3) ta được
2 2 2 2 2
3 3 9 0 2 2
A B A B A B A
       
Chọn
1, 2 3, 3
A B C D
      

Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là:
2 3 3 0
x y z
   
và
2 3 3 0
x 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
i
z
i



.
1 3
2
2 sin
2 2
3 3
1 3
3
3 1
2 sin

2
6 6
2 2
sin
2 2

i
cos i
i
z
i
cos i
i
cos i
 
 
 
 
 
   

  
 
   
 

   
   
  
   




 
 
 
 
   
   
   
   

Cách khác:
1 3
3
i
z
i



=
(1 3)( 3 )
0 ( 1) ( ) sin( )
4 2 2
os
i i
i i c i
 
 

        





0.5


0.5


1
Học sinh có cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa câu đó

8