Website: dophuongthcsnt.violet.vn


Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định
ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 14 NĂM 2014
Thời gian làm bài 150 phút

PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3 ( 1) 1y x mx m x    
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1m 
.
2. Tìm
m
để đường thẳng
2 1y x 
cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B,
C thỏa mãn điểm
 
C 0;1
nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng
30
.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2cos4x - (
3
- 2)cos2x = sin2x +
3

2. Giải hệ phương trình
2 2
2 1 2 4( 1)
4 2 7
x y x y
x y xy

    


  


.
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I =
e
1
ln x 2
dx
x ln x x



.
Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a. Cạnh
SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 45
0
. Gọi M là
tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a.

Câu V: (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
zyx ,,
thoả mãn
3
222
 zyx
. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức:
zyx
zxyzxyA


5
.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;2) và đường thẳng (

):
3 4 7 0x y  
. Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng (

) tại hai
điểm B, C sao cho

ABC vuông tại A và có diện tích bằng
4
5

.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 2
:
2 1 1
x y z  
  

và
điểm A(2;1;2). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa

sao cho khoảng cách từ A đến (P)
bằng
1
3
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển
 
10
1 2x
.
 
2
2
3 4x 4x 
=
0
a
+
1

a
x +
2
a
x
2
+ .+
14
a
x
14
. Tìm giá trị của a
6
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3). Biết
đỉnh A , C lần lượt thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 .Tìm tọa độ các
đỉnh của hình vuông.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng :
1
1
: 2
1
x t
d y t
z
 



 




;
Website: dophuongthcsnt.violet.vn


Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định
2
2 1 1
:
1 2 2
x y z
d
  
 

. Viết phương trình mp(P) song song với
1
d
và
2
d
, sao cho khoảng cách
từ
1
d
đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ

2
d
đến (P).
Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
log ( 2 8) 6
8 2 .3 2.3
x x y x y
y x

  



 


.


ĐÁP ÁN ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 14 NĂM 2014
Câu 1: Với m=1 ta có
3 2
2 3 1y x x  

 TXĐ: D=R Sự biến thiên:
- Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y

 
   
-Ta có:
' 6 ( 1)  y x x
0
' 0
1
x
y
x


 




-BBT:
x

0 1


y’ + 0 - 0 +
y 1






0

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (

;0) và (1;

), Hàm số nghịch biến trên khoảng
(0;1)
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và y
CĐ
=1, Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và y
CT
=0
Đồ thị:Ta có
1
'' 12 6 '' 0
2
     y x y x

1 1
( ; )
2 2
I
là điểm uốn của đồ thị.
Câu 1: 2, Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số:
3 2
2 3 ( 1) 1y x mx m x    

là nghiệm Đồ thị (C) cắt trục Oy tại
 

A 0;1
Đồ thi cắt trục Ox tại
 
1
B 1;0 ;C ;0
2
 

 
 
Học sinh
Tự vẽ đồ thị phương trình:
3 2
2 3 ( 1) 1 2 1x mx m x x     

 
2
0
9 8 0 : 3
8
9



    



m
m m tmdk m

m
.
2
2
0 1
(2 3 3) 0
2 3 3 0 (*)
  

     

   

x y
x x mx m
x mx m
Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3
điểm A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu
2.( 3) 0 3m m    

Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn
3
2
3
.
2
A B
A B
m
x x

m
x x

 








và
2 1
2 1
A A
B B
y x
y x
 


 

( vì A và B thuộc (d))
AB=
30
2 2
( ) ( ) 30
B A B A

x x y y    
2
2 2
9 3
( ) 6 ( ) 4 . 6 4. 6
4 2

         
B A B A B A
m m
x x x x x x

Website: dophuongthcsnt.violet.vn


Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định
Câu 2: 1. Giải phương trình: 2cos4x - (
3
- 2)cos2x = sin2x +
3

Phương trình đã cho tương đương với: 2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x

2
cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c c x
c


  



+
osx=0 x=
2
c k


 

+
3x=x- 2
6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6
3 2
6
k
c c
x x k









 


  


12
24 2
x k
k
x


 

  




 



Câu 2: 2. Giải hệ phương trình
2 2
2 1 2 4( 1)
4 2 7
x y x y
x y xy


    


  


.
Điều kiện: x+2y
1 0 
Đặt t =
2 1 (t 0)x y  

Phương trình (1) trở thành : 2t
2
– t – 6 = 0
 
 
2 /
3
t/m
2
t t m
t k
 



 




+ Hệ
2 2
2 3
4 2 7
x y
x y xy
 



  

2
1
1
1
2
x
x
y
y





 
 







Câu 3: Ta có: I =
e
1
ln x 2
dx
x ln x x



=
e
1
ln x 2
dx
(ln x 1)x




Đặt t = lnx + 1

dt =
1
dx

x
;
Đổi cận: x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2
Suy ra: I =
2 2
1 1
t 3 3
dt 1 dt
t t

 
 
 
 
 
=
 
2
1
t ln | t |
= 1 – ln2
Câu 4:
BC AB
BC (SAB) BC SB
BC SA


   





Suy ra góc giữa mp(SBC) và mp(ABC) là góc

SBA
. Theo giả thiết

SBA
= 45
0

Gọi M là trung điểm của SC, H là trung điểm của AC.
Tam giác SAC vuông tại A nên MA = MS = MC, tam giác SBC vuông tại B nên MB = MC
= MS.
Suy ra M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Suy ra tam giác SAB vuông cân tại A,
do đó SA = AB = a., SA

(ABC), MH // SA nên MH

(ABC).
Suy ra MH là đường cao khối chóp M.ABC. Suy ra
3
M.ABC ABC
1 a
V MH.S
3 12

 

Câu 5: §Æt

zyxt 


2
3
)(23
2
2


t
zxyzxyzxyzxyt
.
Ta cã
30
222
 zyxzxyzxy
nªn
3393
2
 tt
v×
.0t

Khi ®ã
.
5
2
3
2

t
t
A 


XÐt hµm sè
.33,
2
35
2
)(
2
 t
t
t
tf


H

M

C

B

A
S



Website: dophuongthcsnt.violet.vn


Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định
Ta cã
0
55
)('
2
3
2



t
t
t
ttf
,
t 3;3 .
 
 
 
Suy ra
)(tf
®ång biÕn trªn
]3,3[
. Do ®ã
.
3

14
)3()(  ftf

DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi
.13  zyxt
VËy GTLN cña A lµ
3
14
, ®¹t ®îc khi
.1 zyx

Câu 6a: 1. Gọi AH là đường cao của
ABC
, ta có
4
( ; )
5
AH d A  

1 4 1 4
. . . 2
2 5 2 5
ABC
S AH BC BC BC

    
. Gọi I ;R lần lượt là tâm và bán kính của đường
tròn cần tìm, ta có :
1
1

2
R AI BC  
. Phương trình tham số của đường thẳng (

):
x 1 4t
y 1 3t

  




 



I (

)

I(-1+4t; 1 + 3t) AI = 1

16t
2
+ (3t – 1)
2
= 1

t = 0 hoặc t =

9
5

+ t = 0

I(-1; 1) Phương trình của đường tròn là: (x + 1)
2
+ (y – 1)
2
= 1
+ t =
9
5


I(-
1
25
;
43
25
). Phương trình của đường tròn là: (x +
1
25
)
2
+ (y –
43
25
)

2
= 1
Câu 6a: 2. Đường thẳng

đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là
u

= (2 ; -1 ; 1). Gọi
n

=
(a ; b ; c ) là vtpt của (P). .Vì
( )P 
nên
. 0n u
 



2a – b + c = 0

b = 2a + c
n


=(a;
2a + c ; c )
Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là: a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0

ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0 d(A ; (P)) =

1
3
2 2 2
1
3
(2 )
a
a a c c
 
  

 
2
0a c  
0a c  
Chọn a = 1 , c = -1 Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là x +
y – z = 0
Câu 7 a: Cho khai triển
 
10
1 2x
.
 
2
2
3 4x 4x 
=
0
a
+

1
a
x +
2
a
x
2
+ .+
14
a
x
14
. Tìm giá
trị của a
6
.
 
10
1 2x
.
 
2
2
3 4x 4x 
=
 
10
1 2x
.
 

2
2
2 1 2x
 
 
 
 
= 4
 
10
1 2x
+ 4
 
12
1 2x
+
 
14
1 2x

Hệ số của x
6
trong khai triển 4
 
10
1 2x
là 4.2
6
.
6

10
C
Hệ số của x
6
trong khai triển 4
 
12
1 2x

là 4.2
6
.
6
12
C

Hệ số của x
6
trong khai triển 4
 
14
1 2x
là 2
6
.
6
14
C
Vậy a
6

= 4.2
6
.
6
10
C
+ 4.2
6
.
6
12
C
+ 2
6
.
6
14
C
=
482496
Câu 6b: 1. Vì điểm A thuộc đường thẳng x + y + 3 = 0 và C thuộc đường thẳng x+ 2y + 3 =
0 nên A(a ; - a – 3) và C(- 2c – 3 ; c).
I là trung điểm của AC
2 3 4 1
3 6 4
a c a
a c c
    
 
 

 
      
 


A(-1; -2); C(5 ;-4)
Website: dophuongthcsnt.violet.vn


Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định
Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là
u

=(1;3) có ptts là
x 2 t
y 3 3t
 


  


B

BD

B(2+t ; -3 +3t) .Khi đó :
AB

= (3 +t ;–1+3t);

CB

= (- 3+t; 1+3t)
. 0AB CB
 


t =  1. Vậy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) và D(1;-6) hoặc A(-1; -2); C(5 ;-4),
B(1;-6) và D(3;0)
Câu 6b: 2.
1
d
đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là :
 
1
1; 1;0u

 
;
2
d
đi qua điểm B (2; 1; -1)
và vtcp là:
 
2
1; 2;2u

 
. Gọi
n


là một vtpt của (P), vì (P) song song với
1
d
và
2
d
nên
n

= [
1 2
;u u
 
] = (-2 ; -2 ; -1)

(P): 2x + 2y + z + D = 0 ,d(A ; (P) = 2d( B;(P))
7 2. 5D D   

7 2(5 )
7 2(5 )
D D
D D
  



   

3

17
3
D
D
 




 


Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z -
17
3
= 0
Câu 7b: Giải hệ phương trình:
2
log ( 2 8) 6 (1)
8 2 .3 2.3 (2)
x x y x y
y x

  



 



. Điều kiện: y – 2x + 8
> 0
(1)

y – 2x + 8 =
 
6
2
2y x 
Thay
2y x
vào phương trình (2), ta được
2 3
8 2 .3 2.3
x x x x
  8 18 2.27
x x x
  
8 18
2
27 27
x x
   
  
   
   
3
2 2
2
3 3

x x
   
  
   
   

Đặt: t =
2
3
x
 
 
 
(t > 0) Ta có phương trình
 
 
3 2
2 0 1 2 0t t t t t       

0
1
0
x
t
y


  




Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0)