Bộ đề thi thử Đại học môn Toán chuẩn34761

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VỤ GIÁO DỤC TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2014
**********************************

LỜI NÓI ĐẦU

Năm 2014 Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam được Bộ
Giáo dục và Đào tạo (Bộ GD&ĐT) giao nhiệm vụ tổ chức
biên soạn và phát hành tài liệu ngân hàng đề thi phục
vụ công tác tuyển sinh đại học, cao đẳng hệ chính quy
năm 2014. Các thông tin này được cập nhật đến ngày
31/3/2014 dùng cho các đại học, học viện, các trường
đại học, cao đẳng và chịu trách nhiệm. Bộ ngân hàng
mã đề thi đáp án “Dùng cho các trường đại học , cao
đẳng về tuyển sinh năm 2014” làm căn cứ để tuyển
sinh đại học, cao đẳng năm 2014. Nhằm cung cấp
những thông tin quan trọng về ngân hàng mã đề tuyển
sinh đại học (ĐH), cao đẳng (CĐ) trong toàn quốc : KIẾN
THỨC KỸ NĂNG HIỂU BIẾT CỦA HỌC SINH THPT về
MƠN TỐN CƠ BẢN VÀ NÂNG CAO :CĨ 50 MÃ ĐỀ THI
MƠN TỐN CĨ KÈM THEO LỜI GIẢI . nhằm mục đích
cho các trường tuyển sinh đầu vào đại học cao đẳng
năm 2014 .
*Lịch thi tuyển sinh (theo đề thi chung)
a) Đối với hệ đại học
Đợt I, ngày 04, 05/7/2014 thi khối A, A1 và V:
Ngày
Ngày 3/7/2014
Ngày 4/7/2014

Buổi

Sáng
Từ 8g00
Sáng

Môn thi
Khối A, V
Khối A1
Làm thủ tục dự thi, xử lý những sai sót trong đăng kí
dự thi của thí sinh.
Tốn
Tốn

DeThiMau.vn


Chiều
Lý
Lý
Sáng
Hoá
Tiếng Anh
Ngày 5/7/2014
Chiều
Dự trữ
Dự trữ
Đợt II, ngày 9 - 10/07/2014, thi đại học khối B, C, D và các khối năng khiếu:
Môn thi
Ngày
Buổi
Khối B

Khối C
Khối D
Sáng
Làm thủ tục dự thi, xử lý những sai sót trong đăng kí
Ngày 8/7/2014
Từ 8g00
dự thi của thí sinh.
Sáng
Tốn
Địa
Tốn
Ngày 9/7/2014
Chiều
Sinh
Sử
Ngoại ngữ
Sáng
Hố
Ngữ văn
Ngữ văn
Ngày 10/7/2014
Chiều
Dự trữ

b) Đối với hệ cao đẳng
Đợt III, ngày 15, 16/7/2014, các trường cao đẳng tổ chức thi tất cả các khối.
Môn thi
Ngày
Buổi
Khối A

Khối A1
Khối B
Khối C
Khối D
Sáng
Làm thủ tục dự thi, xử lý những sai sót trong đăng kí dự
Ngày 14/7/2014
Từ 8g00
thi của thí sinh.
Sáng
Tốn
Tốn
Tốn
Địa
Tốn
Ngày 15/7/2014
Chiều
Hóa
Tiếng Anh
Hóa
Sử
Ngoại ngữ
Ngày 16/7/2014
Sáng
Lý
Lý
Sinh
Ngữ văn
Ngữ văn
Ngày 16/7/2014

Chiều
Dự trữ
Dự trữ
Dự trữ
Dự trữ
Dự trữ
Thời gian làm bài các môn:
- Tự luận là 180 phút;

*Thời gian biểu (theo đề thi chung)

Đối với các mơn thi tự luận .

THƠNG TIN NGÂN HÀNG MÃ ĐỀ KÝ HIỆU TUYỂN SINH ĐẠI
HỌC, CAO ĐẲNG HỆ CHÍNH QUI NĂM 2014
* CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC , CAO ĐĂNG LƯU Ý KHI RA MÃ ĐỀ
THI DỰA TRÊN NGÂN HÀNG ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC
,CAO ĐẲNG MÀ VỤ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG RA
THEO NGÂN HÀNG MÃ ĐỀ THI TUYỂN SINH 2014 SAU :
* Chú ý : Mỗi đề thi có ký hiệu mã đề riêng có 50 mã đề thi tuyển
năm 2014 sau:

DeThiMau.vn


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

***
Đề chính thức

ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2014

Mơn thi : Tốn , khối MÃ A-A1-B-D 101
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm)

2x  1
x 1
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp
tuyến bằng 2 .
Câu II (2 điểm)
17
x 
)  16  2 3.s inx cos x  20sin 2 (  )
1) Giải phương trình sin(2x 
2
2 12
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 

4
3
2 2
x  x y  x y  1
2) Giải hệ phương trình :  3
2
x y  x  xy  1



Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

4


0

tan x .ln(cos x )
dx
cos x

Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là
các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy
góc 600. Tính cụsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) .
Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa măn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
a b
b c
c a


3
ab  c
bc  a
ca  b
PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương tŕnh Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng  : 2x + 3y + 4 = 0.

T́m tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau
gúc 450.
Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)
x y 1 z
x y 1 z  4
và hai đường thẳng (d ) : 
và (d ') : 


1
2
3
1
2
5

DeThiMau.vn


Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương tŕnh mặt
phẳng đó.
Câu VIII.a (1 điểm)
Giải phương tŕnh: logx (24x 1)2 x  logx 2 (24x 1) x 2  log (24x 1) x
Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thỏa mãnṛ (C ) : x 2  y 2  1 , đường thẳng
(d ) : x  y  m  0 . T́ìm m để (C ) cắt (d ) tại A và B sao cho diện tích tam giác
ABO lớn nhất.
Câu VII.b (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:

(P): 2x – y + z + 1 = 0,
(Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
x2
y 1
z
và đường thẳng  1 :
=
= . Gọi  2 là giao tuyến của (P) và (Q).
2
1
3
Viết phương trình đường thẳng (d) vng góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng  1 ,
2 .
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 ))  1
----------Hết----------

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ 101
1
Câu 1: 1, *Tập xác định : D  ฀ \ 1
*Tính y ' 
 0 x  D
2
(x  1)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1; )
*Hàm số khơng có cực trị
L i m y  
Lim y  2
*Giới hạn L i m y  
x 1

x 

x 1

Lim y  2

x 

Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
*Vẽ đồ thị
Câu 1: 2,*Tiếp tuyến của (C) tại điểm M (x 0 ; f (x 0 ))  (C ) có phương trình

y  f '(x 0 )(x  x 0 )  f (x 0 )

Hay x  (x 0  1) 2 y  2x 0 2  2x 0  1  0 (*)

*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng

2 

2  2x 0
1  (x 0  1) 4

 2

giải được nghiệm x 0  0 và x 0  2 Vậy: Các tiếp tuyến cần tìm : x  y  1  0 và
x y 5  0

Câu 2: 1, *Biến đổi phương trình đó cho tương đương với




c os2x  3 sin 2x  10c os(x  )  6  0  c os(2x  )  5c os(x  )  3  0

6
1

 2c os 2 (x  )  5c os(x  )  2  0 .Giải được c os(x  )   và c os(x  )  2
6
2
6
6
6
(loại)





6

3

DeThiMau.vn




1

5
*Giải c os(x  )   được nghiệm x   k 2 và x  
 k 2
2
6
2
6
2
2
3
(x  xy )  1  x y
Câu 2: 2, *Biến đổi hệ tương đương với  3
2
x y  (x  xy )  1
2
u 2  1  v
x  xy  u
*Đặt ẩn phụ  3
, ta được hệ 
*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là :
x y  v
v  u  1
(1;0) và (-2;-3) *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)

1
Câu 3: *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thỡ t=1 , x  thì t 

4
2
1
2

Từ đó I   

ln t

1

t

2

1

dt 



ln t

t

1
2

dt

*Đặt u  ln t ;dv 

1
2
1
ln 2  1
Suy ra I   ln t 1   2 dt  
2
t
t
1 t
2 2
2
1

1

2

1

1

Câu 4: *Vẽ hình

1

t

2

dt

1
1
 du  dt ; v  

*Kết quả

t

I  2 1 

t

2
ln 2
2

*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH  (A B C )
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là
SEH  SF H  600
*Kẻ H K  SB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng H K A
.
a 2
a 3
*Lập luận và tính được AC=AB=a , H A 
, SH  H F tan 600 
2
2

1
1
1
3
*Tam giác SHK vuông tại H có


 K H a
2
2
2
HK
HS HB
10
a 2
AH
20
*Tam giác AHK vng tại H có tan A K H 
 2 
KH
3
3
a
10
3
 cos A K H 
23
a b
1c
1c

Câu 5:*Biến đổi


ab  c
ab  1  b  a
(1  a )(1  b )
1c
1b
1a
*Từ đó V T 


(1  a )(1  b )
(1  c )(1  a )
(1  c )(1  b )
Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được

DeThiMau.vn


V T  3. 3

1c
1b
1a
=3 (đpcm)
.
.
(1  a )(1  b ) (1  c )(1  a ) (1  c )(1  b )

1
3

x  1  3t
Câu 6a: *  có phương trình tham số 
và có vtcp u  (3; 2)
y  2  2t
 
1
*A thuộc   A (1  3t ; 2  2t ) *Ta có (AB;  )=450  c os(A B ; u ) 
2
 
A B .u
1

 
2
AB.u
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c 

 169t 2  156t  45  0  t 

15
3
t  
*Các điểm cần tìm là
13
13

32 4
22 32
; ), A 2 ( ;  )
13 13
13 13

Câu 7a: *(d) đi qua M 1 (0; 1;0) và có vtcp u 1  (1; 2; 3)

(d’) đi qua M 2 (0;1; 4) và có vtcp u 2  (1; 2;5)
 


*Ta có u 1 ; u 2   (4; 8; 4)  O , M 1M 2  (0; 2; 4) Xét
  
u 1 ; u 2  .M 1M 2  16  14  0


 (d) và (d’) đồng phẳng .

*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) cú vtpt n  (1; 2; 1) và đi qua M1 nên có
phương trình x  2y  z  2  0 *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm
Câu 8a: *Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét x  1 , biến đổi phương trình tương đương với
1
2
1


1  2 logx (24x  1) 2  logx (24x  1) logx (24x  1)

1
2
1
Đặt logx (x  1)  t , ta được phương trình :

 giải được t=1 và t=-2/3
1  2t 2  t t
*Với t=1  logx (x  1)  1 phương trình này vơ nghiệm
2
*Với t=-2/3  logx (x  1)  
 x 2 .(24x  1)3  1 (*)
3
1
1
Nhận thấy x  là nghiệm của (*) Nếu x  thì VT(*)>1
8
8
1
1
Nếu x  thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất x 
8
8
1
*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đó cho là x=1 và x 
8

A 1 (

DeThiMau.vn

Câu 6b:*(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
 d (O ;d )  1

1
1
1
*Ta có SOA B  OA .OB .sin A OB  .sin A OB 
2
2
2
Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi A OB  900  d (I ;d ) 

1
2

 m  1

x  2  2t
Câu 7b: * 1 có phương trình tham số y  1  t *  2 có phương trình tham số
z  3t

x  2  s

y  5  3s
z  s

*Giả sử d  1  A ;d   2  B  A (2  2t ; 1  t ;3t ) B(2+s;5+3s;s)



* A B  (s  2t ;3s  t  6;s  3t ) , mf(R) có vtpt n  (1; 2; 3)
 
s  2t 3s  t  6 s  3t
23


* d  (R )  A B & n cùng phương 
t 
1
2
3
24


1 1 23
*d đi qua A ( ; ; ) và có vtcp n  (1; 2; 3) => d có phương trình
12 12 8
23
1
1
z
x
y
8
12 
12 
1
2
3
x  0


Câu 8b:*Điều kiện : log 3 (9x  72)  0 giải được x  log 9 73
 x
9  72  0
Vì x  log 9 73 >1 nên bpt đó cho tương đương với log 3 (9x  72)  x  9x  72  3x
x
3  8
 x
3  9

 x  2 *Kết luận tập nghiệm : T  (log 9 72; 2]

DeThiMau.vn


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

***
ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2014
Đề chính thức
Mơn thi : Tốn , khối MÃ A-A1-B-D 102
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y = x3  (m + 1)x + 5  m2.
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2;
2) Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực
đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng.
Câu II:(2.0điểm)

(

1, Giải phương trình: log2 1 +

Giải
x
x
 x 
1  sin sin x  cos sin 2 x  2 cos 2   
2
2
 4 2
Câu
III
(1.0
điểm)

3

)

x = log7 x .
phương

2,

Giải

bất

phương

trình

trình

sau

x  8 x  15  4 x  18 x  18  x  2 x  15
2

2

2

4

Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân I=

dx

 x 1
3
2

2x  1

Câu V(1.0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo
bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng
(A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1

theo a.
PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRINH ( 3 điểm )
A/ Phần đề bài theo chương trinh chuẩn
Câu VI.a: (2.0điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trịn (C) có phương trình (x-1)2 +
(y+2)2 = 9
và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A
mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao
cho tam giác ABC vuông.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương
 x  1  2t

trình  y  t
Lập phương trình mp (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới
 z  1  3t

(P) là lớn nhất.

DeThiMau.vn


Câu VII.a: (1.0điểm)
n+ 1
n+ 2
n+ 3
2n - 1
2n
8
Cho đẳng thức: C2n
+ 1 + C2n + 1 + C2n + 1 + ... + C2n + 1 + C2n + 1 = 2 - 1 .

Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển

(1 -

n

x + x3 - x4 ) .

B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: (2 .0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trịn (C) có phương trình (x-1)2 +
(y+2)2 = 9
và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A
mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao
cho tam giác ABC vuông.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương
 x  1  2t

trình  y  t
Lập phương trình mp(P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới
 z  1  3t

(P) là lớn nhất.
Câu VII.b: (1.0 điểm) Giải bất phương trình:

(2  3 ) x

2

 2 x 1

 (2  3 ) x

2

 2 x 1



4
2 3

HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN ĐÊ 102
Câu 1 : 1, Cho hàm số y = x3  (m + 1)x + 5  m2.
Khảo sát hàm số khi m = 2; Hàm số trở thành: y = x3  3x + 1
1* TXĐ: D = R
2* Sự biến thiên của hàm số: * Giới hạn tại vô cực:
lim f  x   

lim f  x    :

x 

x  

* Bảng biến thiên: Có y’ = 3x2  3 ,
x
y’

-∞

+

y

-1
0

y '  0  x  1

-

1
0

+∞

3
-∞

+∞
+

-1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;1 và 1;  , Hàm số nghịch biến trên mỗi

khoảng  1;1

DeThiMau.vn

Hàm số đạt đạt cực đại tại x  1; yCD  3 , cực tiểu tại x  1; yCT  1 ,
3* Đồ thị: * Điểm uốn: y ''  6 x , các điểm uốn là: U  0;1
: U  0;1

* Giao điểm với trục Oy tại

y
3
2

* Đồ thị:

1
-2

-1

O

1

2

x

-1
-2

Câu 1: 2: Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các

điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng. Có y’ = 3x2  (m + 1). Hàm số có
CĐ, CT  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt:  3(m + 1) > 0  m > 1 (*)
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số là
2
y  (m  1) x  5  m 2 Các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng.
3
 5  m 2  4  m  1
Vậy m=1

Câu 2: 1, Giải phương trình: log2 (1 +

3

x ) = log7 x .

Điều kiện: x > 0. Đặt t = log7 x Û x = 7t .
t ư
t
t
t
ỉ
3 = 2t Û 1 + 73 = 83
ữ
=

+
pt log2 ỗỗ1 + 73 ữ
t
1
7

ữ
ỗố
ữ
ứ

1
8

t
3

7
+
8

t
3

() ()

= 1

(*).

Chứng minh pt (*) có nghiệm duy nhất t = 3.
Vậy phương trình có nghiệm x = 343.
x
x
 x
Câu 2: 2, Giải phương trình: 1  sin sin x  cos sin 2 x  2 cos 2   

2
2
 4 2
x
x
 x 
1  sin sin x  cos sin 2 x  2 cos 2   
(1)
2
2
 4 2
1  1  sin x sin x  cos x sin 2 x  1  cos   x   1  sin x
2
2
2

x
x
x
x 
 x

 x
 sin x sin  cos sin x  1  0  sin x sin  cos .2 sin cos  1  0
2
2
2
2 
 2


 2
x
x 
 x 
 sin x sin  1 2 sin 2  2 sin  1  0 
2
2 
 2 
x
x
x
sin x  0,sin  1, 2sin 2  2sin  1  0
2
2
2
 x  k
x 
 x  k ,   k 2  
 x  k
2 2
 x    k 4

DeThiMau.vn


Câu 3: Giải bất phương trình sau x 2  8 x  15  4 x 2  18 x  18  x 2  2 x  15
(1)
TXĐ x  5, x  5, x  3
TH1 x = 3 là nghiệm của (1)
TH2 x  5 thì (1)  x  5  x  5  4 x  6  x 

5 x

17
. Vậy BPT (1) có nghiệm
3

17
3

TH3 x  5 thì (1)  5  x  5  x  6  4 x  x 
x  5

Kl : Tập nghiệm của bất pt là S  (; 5)  3  (5;
4

Câu 4: Tính tích phân: I=
+I=

dx

 x 1
3
2

2x 1

17
)
3

dx

 x 1
3
2

4

17
. Vậy BPT (1) có nghiệm
3

2x 1

Đặt t= 2 x  1  t 2  2 x  1  tdt=dx +Đổi cận : x=

3
 t=2
2

x=4 

t=

3
t 11
tdt
1
dt
tdt


dt = 2
= 2
dt  2
2
2
2
2
t 1
(t  1)
(t  1)
2
2 (t  1)
2 (t  1)
2
2
1 t
2
3
2 3
= 2 ln t  1 
=2ln2+1
+Vậy I= 2ln2+1
t 1 2
2
Câu 5: Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh
bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc
đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a.
Do AH  ( A1 B1C1 ) nên góc ฀
AA1 H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết thì

góc ฀
AA H bằng 300. Xét tam giác vng AHA1 có AA1 = a, góc ฀
AA H =300
3

+Khi đó I= 

3

3

1

 A1 H 

3

3

1

a 3
.
2

Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và A1 H 
vng góc với B1C1. Mặt khác AH  B1C1 nên B1C1  ( AA1 HA
)

a 3

nên A1H
2
B

C

K

A1

C1
DeThiMau.vn

H


Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1
A H . AH a 3

Ta có AA1.HK = A1H.AH  HK  1
AA1
4

Câu 6a:

1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trịn (C) có phương trình (x-1)2 +
(y+2)2 = 9
và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A
mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao
cho tam giác ABC vuông. Từ pt ct của đường trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được

2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB  AC => tứ giác ABIC là hình vng cạnh
bằng 3  IA  3 2
m 1
 m  5

 3 2  m 1  6  
2
m  7

Câu 6a: 2,Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng
 x  1  2t

d có phương trình  y  t
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d
 z  1  3t


và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P)
đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn nhất khi A  I
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
H  d  H (1  2t ; t ;1  3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên
AH  d  AH .u  0 (u  (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d)
 H (3;1;4)  AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
 7x + y -5z -77 = 0
n+ 1
n+ 2
n+ 3
2n - 1
2n

8
Câu 7a:Cho đẳng thức: C2n
+ 1 + C2n + 1 + C2n + 1 + ... + C2n + 1 + C2n + 1 = 2 - 1 .
Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển
n+ 1
n+ 2
n+ 3
2n - 1
2n
S = C2n
+ 1 + C2n + 1 + C2n + 1 + ... + C2n + 1 + C2n + 1 ,

(1 -

n

x + x3 - x4 ) .

ta có:

0
1
2
n- 1
n
n+ 1
n+ 2
2n
2n + 1
(1 + 1)2n + 1 = C2n

+ 1 + C2n + 1 + C2n + 1 + ... + C2n + 1 + C2n + 1 + (C2n + 1 + C2n + 1 + ... + C2n + 1 ) + C2n + 1

0
2n + 1
2n
2n - 1
n+ 2
n+ 1
n+ 1
n+ 2
2n - 1
2n
Þ 22n + 1 = (C2n
+ 1 + C2n + 1 ) + C2n + 1 + C2n + 1 + ... + C2n + 1 + C2n + 1 + (C2n + 1 + C2n + 1 + ... + C2n + 1 + C2n + 1 )

Þ 22n + 1 = 2 + 2S Þ 22n = 1 + S Þ 22n = 28 Þ n = 4 .

DeThiMau.vn


Þ

n
3
ù4 = (1 - x )4 (1 + x 3 )4
x + x3 - x4 ) = é
ê(1 - x) + x (1 - x) ú
ë
û

(1 -

= (C04 - C14x + C24x 2 - C34x 3 + C44x 4 )(C04 + C14x 3 + C24x 6 + C34x 9 + C44x12 ) .

Ta có hệ số của x10 là: - C14.C34 + C44.C24 = - 10 .
Câu 6b: 1, Giống chương trình chuẩn
Câu 7b: Giải bất phương trình: ( 2 









3 2 3



x2 2 x

x2 2 x

3) x

Bpt  2  3
 2 3
4
1

t 4
t
2
t  4t  1  0  2  3  t  2  3 (tm)
Khi đó: 2 



x 2 2 x

2

 2 x 1

 (2  3 ) x



Đặt t  2  3



2

 2 x 1

x2 2 x



4
2 3

(t  0) , ta được:

 2  3  1  x 2  2 x  1

 x 2  2x  1  0  1  2  x  1  2
KL:

************************************************************************

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

***
ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2014
Đề chính thức
Mơn thi : Tốn , khối MÃ A-A1-B-D 103
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  4
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

DeThiMau.vn


2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt
(C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vng góc với
nhau.

Câu II (2điểm)
 x 2  1  y( x  y )  4 y
1. Giải hệ phương trình:  2
(x, y  R )
( x  1)( x  y  2)  y

1
sin 3 x. sin 3 x  cos 3 x cos 3 x

2. Giải phương trình:
  
8

tan x   tan x  
6 
3

1

Câu III (1 điểm) Tính tích phân I   x ln( x 2  x  1)dx
0

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình
chiếu vng góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC.
Một mặt phẳng (P) chứa BC và vng góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có
a2 3
diện tích bằng
. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
8
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất

1
1
1
của biểu thức P  2
 2
 2
2
2
a  2 b  3 b  2c  3 c  2 a 2  3
PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2)
Phần 1.Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y  x 2  2 x và elip
x2
 y 2  1 . Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một
(E):
9
đường trịn. Viết phương trình đường trịn đi qua 4 điểm đó.
2. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình
2
2
x  y  z 2  2 x  4 y  6 z  11  0 và mặt phẳng () có phương trình 2x + 2y – z + 17 =
0. Viết phương trình mặt phẳng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến là đường
trịn có chu vi bằng 6.
Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của
n


1 
 x  4  ,
2 x


2Cn0 

biết

rằng

n

là

22 1 23 2
2 n 1 n 6560
Cn 
Cn   
Cn 
n 1
n 1
2
3

số

nguyên

dương

thỏa

mãn:

( Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử)

Phần 2 Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x
+ 2y - 7= 0 và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm
C thuộc d2 . Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.
2. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1;
4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên
mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA 2  MB 2  MC 2

DeThiMau.vn


e x  y  e x  y  2( x  1)
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình  x  y
e  x  y  1

(x, y  R )

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ 103
Câu 1: 1, Khảo sát hàm số y  x 3  3 x 2  4
1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:
a) Giới hạn: lim y  lim (x 3  3x 2  4)  , lim y  lim (x 3  3x 2  4)  
x  

x  

b) Bảng biến thiên: y' =

Bảng biến thiên:
x
-
y'

3x2

x  

x  

- 6x, y' = 0  x = 0, x = 2
0
0
4

+

-

+

2
0

+

+

y

-
0
- Hàm số đồng biến trên (-  ; 0) và (2; +  ), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0.
3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0). Nhận
điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng
y
4

2
x
-1 O

1

2

Câu1 : 2,Tìm m để hai tiếp tuyến vng góc .....
d có phương trình y = m(x – 3) + 4.
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình
x  3
x 3  3x 2  4  m(x  3)  4  (x  3)(x 2  m)  0   2
x  m  0
Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và y' ( m ).y' ( m )  1
 (3m  6 m )(3m  6 m )  1  9m 2  36m  1  0  m 

Câu 2: 1, Giải hệ phương trình đại số
Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ

DeThiMau.vn

18  3 35
(thỏa mãn)
9


x2  1
xy2  2

x2  1
 y
Hệ phương trình tương đương với  2
Đặt u 
,v  x  y  2
y
 x  1 ( x  y  2)  1
 y
x2  1
u

v

2
1


Ta có hệ 
 u  v  1 Suy ra  y
.
uv  1

x  y  2  1

Giải hệ trên ta được nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5)
Câu 2: 2,Giải phương trình lương giác
 
 
 


Điều kiện: sin x   sin x   cos x   cos x    0
6 
3 
6 
3

 

 



Ta có tan x   tan x    tan x   cot   x   1
6 
3
6 6



1
Phương trình đã cho tương đương với  sin 3 x. sin 3x  cos 3 x cos 3x 

8
1  cos 2x cos 2x  cos 4x 1  cos 2x cos 2x  cos 4x 1





2
2
2
2
8
1
1
1
 2(cos 2 x  cos 2 x cos 4 x)   cos 3 2 x   cos 2 x 
2
8
2


x  6  k (lo¹i)


, (k  Z ) . Vậy phương trình có nghiệm x    k , (k  Z )
6
 x     k

6
2x  1


dx
u  ln(x 2  x  1) du  2

Câu 3:Tính tích phân Đặt 
x  x 1
dv  xdx
v  x 2 / 2

1

x2
1 2x 3  x 2
I  ln(x 2  x  1)   2
dx
2
2
x

x

1
0
0
1

1
1
1
2x  1

3
dx
dx   2
 ln 3   (2 x  1)dx   2
2
20
4 0 x  x 1
4 0 x  x 1
1
1
1
1
1
3
3
3
 ln 3  x 2  x  ln(x 2  x  1)  I 1  ln 3  I 1
0
0
2
2
4
4
4
4
1
1
3
dx
  

* Tính I1: I 1  
. Đặt x  
tan t, t    , 
2
2
2
2
 2 2
0 
1   3 
 x    
2   2 

1



1

1



DeThiMau.vn


/3

/3

3
3
2 3 (1  tan 2 t )dt 2 3
3
Suy ra I 1 
Vậy I  ln 3 


t
2

4
12
3  / 6 1  tan t
3 /6
9
Câu 4: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vng góc của M lên AA’, Khi
฀' AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt
đó (P)  (BCH). Do góc A
bởi (P) là tam giác BCH.
Do tam giác ABC đều cạnh a nên
A’
a 3
2
a 3
AM 
, AO  AM 
2
3
3

2
a 3
1
a2 3
a 3
Theo bài ra S BCH 
 HM.BC 
 HM 
8
2
8
4
H
AH  AM 2  HM 2 

3a 2 3a 2 3a


4
16
4

Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên

A' O HM

AO AH

C

A

AO.HM a 3 a 3 4 a
suy ra A' O 


AH
3 4 3a 3
1
1aa 3
a3 3
Thể tích khối lăng trụ: V  A' O.S ABC  A' O.AM.BC 
a
2
23 2
12
Câu 5 : Tìm giá trị lớn nhất ...
1
1
1
1
Ta có a2+b2  2ab, b2 + 1  2b  2
 2

2
2
2
a  2 b  3 a  b  b  1  2 2 ab  b  1
1
1

1
1
1
1
Tương tự 2
, 2


2
2
b  2c  3 2 bc  c  1 c  2a  3 2 ca  a  1
P

B’

O
B

1
1
1
1
  1  1  ab  b   1



 

2  ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1  2  ab  b  1 b  1  ab 1  ab  b  2

1
1
khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng
khi a = b = c = 1.
2
2
Câu 6a: 1,Viết phương trình đường trịn đi qua giao điểm của(E) và (P)
Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phương trình
x2
 (x 2  2x) 2  1  9x 4  36x 3  37x 2  9  0 (*)
9
Xét f (x)  9 x 4  36 x 3  37x 2  9 , f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0,
f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E)
P

cắt (P) tại 4 điểm phân biệt Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ
y  x 2  2 x
 2
x
2
 y 1
9

DeThiMau.vn

M


8x 2  16 x  8y
 2

 9 x 2  9 y 2  16 x  8y  9  0 (**)
2
x  9 y  9
161
8 4
(**) là phương trình của đường trịn có tâm I   ;  , bán kính R =
Do đó 4
9
9 9
giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đường trịn có phương trình (**)
Câu 6a: 2,Viết phương trình mặt phẳng ()....
Do () // () nên () có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D  17)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5 .Đường trịn có chu vi 6 nên có bán kính r
= 3.
Khoảng cách từ I tới () là h = R 2  r 2  5 2  3 2  4
2.1  2(2)  3  D
D  7
Do đó
 4   5  D  12  
D  17 (lo¹i)
2 2  2 2  (1) 2
Vậy () có phương trình 2x + 2y – z - 7 = 0
Câu 7a : Tìm hệ số của

2

x2...

2





Ta có I   (1  x) dx   C 0n  C 1n x  C 2n x 2    C nn x n dx
n

0

0

2

1
1
1


  C 0n x  C 1n x 2  C 2n x 3   
C nn x n 1 
2
3
n 1

0

suy

ra

I

22 1 23 2
2 n 1 n
 2C  C n  C n   
C n (1)
2
3
n 1
2
1
3 n 1  1
Mặt khác I 
(2)
(1  x) n 1 
0
n 1
n 1
22
23
2 n 1 n 3 n 1  1
Từ (1) và (2) ta có  2C 0n  C 1n  C 2n   
Cn 
n 1
2
3
n 1
n 1
3  1 6560


 3 n 1  6561  n  7
Theo bài ra thì
n 1
n 1
0
n

7

7
1 

Ta có khai triển  x  4    C 7k
2 x
0


 x

k

14 3 k

7
1 k 4
 1 
C7 x


 4 

k
0 2
2 x 
14  3k
Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn
2k2
Vậy hệ số cần tìm là
4
1 2 21
C7 
4
22
Câu b:1, Viết phương trình đường trịn ....
Do B  d1 nên B = (m; - m – 5), C  d2 nên C = (7 – 2n; n)
2  m  7  2 n  3.2
m  2 n  3 m  1


Do G là trọng tâm tam giác ABC nên 
3  m  5  n  3.0
 m  n  2
n  1
Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)
Giả sử đường trịn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
x 2  y 2  2ax  2 by  c  0 . Do A, B, C  (C) nên ta có hệ
7 k

DeThiMau.vn

4  9  4 a  6 b  c  0
a  83 / 54


1  16  2a  8b  c  0  b  17 / 18
25  1  10a  2 b  c  0
c  338 / 27


83
17
338
x y
0
27
9
27
Câu 6b :2, Tìm giá trị nhỏ nhất ... Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G =
7 8 
 ; ;3 
3 3 
Vậy (C) có phương trình x 2  y 2 



 

 

2

2

Ta có F  MA 2  MB 2  MC 2  MG  GA  MG  GB  MG  GC



2

 3MG 2  GA 2  GB 2  GC 2  2 MG(GA  GB  GC )  3MG 2  GA 2  GB 2  GC 2
F nhỏ nhất  MG2 nhỏ nhất  M là hình chiếu của G lên (P)
7/38/333
19

MG  d(G, ( P )) 

111
3 3
56
32
104
64
GA 2  GB 2  GC 2 



9
9
9
3

2

 19  64 553
Vậy F nhỏ nhất bằng 3.
khi M là hình chiếu của G lên (P)

 
3
9
3 3 
Câu 7b: Giải hệ phương trình mũ
e x  y  e x  y  2(x  1)
e x  y  x  y  1

 xy
 xy
e  x  y  1
e  x  y  1
e v  u  1
e v  u  1
(1)
 u
Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ  u
v
e  v  1
e  e  v  u ( 2 )
- Nếu u > v thì (2) có vế trái dương, vế phải âm nên (2) vơ nghiệm
- Tương tự nếu u < v thì (2) vơ nghiệm, nên (2)  u  v
Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1
Bảng biến thiên:

u
-
0
+
f'(u)
0
+
f(u)
0

Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0  u  0 .
x  y  0
x  0

Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0  v  0  
x  y  0
y  0
Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (0; 0)

DeThiMau.vn


ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2014
Mơn thi : Tốn , khối MÃ A-A1-B-D 104
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  4

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt
(C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vng góc với
nhau.
Câu II (2điểm)
 x 2  1  y( x  y )  4 y
1. Giải hệ phương trình:  2
(x, y  R )
(
x

1
)(
x

y

2
)

y

sin 3 x. sin 3 x  cos 3 x cos 3 x
1

2. Giải phương trình:
  
8

tan x   tan x  

6 
3

1

Câu III (1 điểm) Tính tích phân I   x ln( x 2  x  1)dx
0

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình
chiếu vng góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC.
Một mặt phẳng (P) chứa BC và vng góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có
a2 3
diện tích bằng
. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
8
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất
1
1
1
của biểu thức P  2
 2
 2
2
2
a  2 b  3 b  2c  3 c  2 a 2  3
PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2)
Phần 1.Câu VI.a (2 điểm)

DeThiMau.vn