đề thi thử đại học môn toán khối b năm 2014 - đề số 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B
NĂM 2013 - 2014
Đề Số 1

A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
322 3
33(1)
y
xmx m xmm=− + − − + (1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số
đến
góc tọa độ O bằng
2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ
O.
Câu II (2 điểm):
1. Giải phương trình :
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
ccx
π
++
2. Giải phương trình :

2 2
12212 2
2

2
log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )
x
x
xxxx x
+
−+ − −= −+ + −
Câu III (1 điểm): Tính tích phân
6
0
tan( )
4
os2x
x
I
dx
c
π
π
−
=
∫

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt
phẳng
(AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức

222
3( ) 2Pxyz xyz=++−.

B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng
:3 4 4 0xyΔ−+=.
Tìm trên
Δ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC
bằng15.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
222
(): 2 6 4 2 0Sx y z x y z
+
+−+ −−=.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1; 6; 2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng
(): 4 11 0xyz
α
++−=và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển Niutơn của biểu thức :
210
(1 2 3 )Pxx=+ +

2.Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm):

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp
22
(): 1
94
xy
E
+
= và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2)
.
Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn
nhất.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
222
(): 2 6 4 2 0Sx y z x y z
+
+−+ −−=.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1; 6; 2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng ( ) : 4 11 0xyz
α
++−=và tiếp xúc với (S).


Câu VIIb (1 điểm):
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn

2
01 2
2 2 2 121

23 1 1
n
n
nn n n
CC C C
nn
++ ++ =
++

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu Điểm




I

II

2. Ta có
,2 2
36 3( 1)yxmxm=− + −
Để hàm số có cực trị thì PT
,
0y
=
có 2 nghiệm phân biệt

22
210xmxm
⇔
−+−=
có 2 nhiệm phân biệt
1 0, m
⇔
Δ= > ∀


05
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là
B(m+1;-2-2m)
025
Theo giả thiết ta có
2
322
2610
322

m
OA OB m m
m
⎡
=− +
=⇔++=⇔
⎢
=− −
⎢
⎣

Vậy có 2 giá trị của m là
322m =− − và 322m =− + .

025
1.

os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2
os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3sin 2 0
PT c x c
cxcx
π
⎛⎞
⇔+=+
⎜⎟
⎝⎠
⇔+=

05

sin(4 ) sin(2 ) 0
66
18 3
2sin(3 ). osx=0
6
x=
2
xx
x
k
xc
k
π
π
π
π
π
π
π
⇔+++=
⎡
=− +
⎢
⇔+ ⇔
⎢
⎢
+

⎢
⎣

Vậy PT có hai nghiệm
2
x
k
π
π
=+ và
18 3
x
k
π
π
=− + .




05
2. ĐK :
15
22
0
x
x
−
⎧
<<

⎪
⎨
⎪
≠
⎩
.
Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
2
2
2
2222
2
log (5 2 )
log(52) 2log(52)2log(52)log(2 1)
log (2 1)
x
xxxx
x
−
−+ = −+ − +
+




05
2
22
2
1

4
log (2 1) 1
1
log (5 2 ) 2 log (2 1) 2
2
log (5 2 ) 0
2
x
x
xxxx
x
x
−
⎡
=
⎢
+=−
⎡
⎢
⎢
⎢
⇔−= +⇔=∨=−
⎢
⎢
⎢
−=
⎢
⎣
=
⎢

⎢
⎣




025
Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.

025





III

IV

















2
66
2
00
tan( )
tan 1
4
os2x (t anx+1)

x
x
I
dx dx
c
ππ
π
−
+
==−
∫∫
,
2
2
1tanx
cos 2x
1tanx
−
=
+


025
Đặt
2
2
1
t anx dt= (tan 1)
cos
tdxxdx

x
=⇒ = +

00
1
6
3
x
t
xt
π
=⇒=
=⇒=



05
Suy ra
1
1
3
3
2
0
0
113
(1) 1 2
dt
I
tt

−
=− = =
++
∫
.

025

Ta có
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥⊥⊥
⎧
⎨
⊥=
⎩
AM SC⇒⊥ (1)
Tương tự ta có
AN SC⊥ (2)
Từ (1) và (2) suy ra
AI SC
⊥



05
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra

1
.
3
ABMI ABM
VSIH=
Ta có
2
4
ABM
a
S =
22
22222
.111
23 3 3
IH SI SI SC SA a
I
HBCa
BC SC SC SA AC a a
== = = =⇒= =
++

Vậy
23
1
343 36
ABMI
aa a
V ==

05
Ta c ó:

[]
2
3( ) 2( ) 2
39 2( ) 2
27 6 ( ) 2 ( 3)
P x y z xy yz zx xyz
xy yz zx xyz
xy z yzx
⎡⎤
=++−++−
⎣⎦
=− ++ −
=− +− +



025

2
32
()
27 6 (3 ) ( 3)
2
1

(152727)
2
yz
xx x
xxx
+
≥− −− +
=−+ − +



025

VIa











VIIa








Xét hàm số
32
( ) 15 27 27fx x x x=− + − + , với 0<x<3
,2
1

() 3 30 27 0
9
x
fx x x
x
=
⎡
=− + − = ⇔
⎢
=
⎣


Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7
1
x
yz
⇔
===.




05
1. Gọi
34 163
(; ) (4 ; )
44
aa
Aa B a

+−
⇒− . Khi đó diện tích tam giác ABC là

1
.( ) 3
2
ABC
SABdC AB=→Δ=.


05
Theo giả thiết ta có
2
2
4
63
5(42) 25
0
2
a
a
AB a
a
=
⎡
−
⎛⎞
=⇔ − + = ⇔
⎜⎟
⎢

=
⎝⎠
⎣

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).

05
2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
Véc tơ pháp tuyến của
()
α
là (1; 4;1)n
r


025
Vì () ()P
α
⊥ và song song với giá của v
r
nên nhận véc tơ
(2; 1;2)
p
nnv=∧= −
uurrr
làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0

025
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên ( ( )) 4dI P→=⇔
21

(())4
3
m
dI P
m
=−
⎡
→=⇔
⎢
=
⎣


025
Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025

Ta có
10 10
210 2
10 10
000
(123) (23) ( 23 )
k
kk kikiiki
k
kki
Pxx Cxx CCx
−+
===
=+ + = + =

∑∑∑


05
Theo giả thiết ta có
4
01 2
010
432
,
ki
iii
ik
kkk
ik N
+=
⎧
=
==
⎧⎧⎧
⎪
≤≤ ≤ ⇔ ∨ ∨
⎨⎨⎨⎨
=
==
⎩⎩⎩
⎪
∈
⎩

025
Vậy hệ số của
4
x
là:
44 312 2 22
10 10 3 10 2
2 2 3 3 8085CCCCC++=.
025

1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có
22
1
94
xy
+
= và diện tích tam giác ABC là
18585
.( ) 2 3 3
21334
213
ABC
x
y
SABdCAB xy
=→=+=+

05





VIb







VIIb



22
85 170
32 3
13 9 4 13
xy
⎛⎞
≤+=
⎜⎟
⎝⎠

Dấu bằng xảy ra khi

22
2
1
3
94
2
2
32
xy
x
xy
y
⎧
⎧
+=
⎪
=
⎪⎪
⇔
⎨⎨
⎪⎪
=
=
⎩
⎪
⎩
. Vậy
32
(;2)
2

C .



05
Xét khai triển
01 22
(1 )
nnn
nn n n
x
CCxCx Cx+=+ + ++
Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:
1231
013
31 2 2 2
2
123 1
nn
n
nnn n
CCC C
nn
++
−
=++++
++

05
⇔
211
01 2
1
2 2 2 3 1 121 3 1

23 12(1) 12(1)
3 243 4
nn n
n
nn n n
n
CC C C
n nnn
n
++
+
−
−
++ ++ = ⇔ =
+
+++
⇔=⇔=

Vậy n=4.



05