đề thi thử đại học môn toán khối b năm 2014 - đề số 3

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B
NĂM 2013-2014
Đề Số 3

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
21
1
x
y
x
−
=
−

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)
1) Giải phương trình
2
17
sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( )
2212
x
xxx
π
π
++= + +

2)
Giải hệ phương trình :
43 22
32
1
1
xxyxy
xy x xy
⎧
−+ =
⎪
⎨
−
+=−
⎪
⎩

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
4
0
tan .ln(cos )
cos
xx
dx
x
π
∫

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 60
0
.
Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) .

Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

3
ab bc ca
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 trình Chuẩn
Câu VI.a
(1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng
Δ
: 2x + 3y + 4 = 0.
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng
Δ
sao cho đường thẳng AB và Δ hợp với nhau góc
45
0
.
Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)
và hai đường thẳng
1

():
123
x
yz
d
+
==
−−
và
14
('):
12 5
xy z
d
−
−
==

Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.
Câu VIII.a (1 điểm)
Giải phương trình:
22
2
(24 1)
(24 1) (24 1)
log log
+
++
+=
x

xx x x
lo
g
xxx
Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
22
(): 1Cx y
+
= , đường thẳng
(): 0dxym++ =. Tìm
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
và đường thẳng
1
Δ :
2
2
−
−
x
=
1
1
+

y
=
3
z
. Gọi
2
Δ
là giao tuyến của (P) và (Q).
Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng
1
Δ ,
2
Δ
.
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log
x
( log
3
( 9
x
– 72 ))
≤
1

Hết

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu - ý Nội dung Điểm
1.1
*Tập xác định :
{
}
\1D = 
*Tính
2
1
'0
(1)
y
xD
x
−
=<∀∈
−

Hàm số nghịch biến trên các khoảng
(;1)
−
∞ và (1; )
+
∞
*Hàm số không có cực trị
*Giới hạn
1x

Lim y
+
→
=+∞
1x
Lim y
−
→
=
−∞
2
x
Lim y
→+∞
= 2
x
Lim y
→−∞
=

Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
*Vẽ đồ thị

0.25

0.25


0.25

0.25
1.2
*Tiếp tuyến của (C) tại điểm
00
(;())()Mx
f
xC
∈
có phương trình

000
'( )( ) ( )
yf
xxx
f
x=−+
Hay
22
000
(1) 2 210xx y x x+− − +−=
(*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng
2

0
4
0

22
2
1( 1)
x
x
−
⇔=
+−

giải được nghiệm
0
0x = và
0
2x
=


*Các tiếp tuyến cần tìm : 1 0xy
+
−= và 5 0xy
+
−=



0.25

0.25

0.25

0.25

2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với

os2 3 sin 2 10 os( ) 6 0
6
cx x cx
π
−+++=

os(2 ) 5 os( ) 3 0
36
cx cx
π
π
⇔++++=


2
2os( ) 5os( ) 2 0
66
cx cx
π
π
⇔++++=
Giải được
1
os( )

62
cx
π
+
=− và os( ) 2
6
cx
π
+
=− (loại)
*Giải
1
os( )
62
cx
π
+=−
được nghiệm
2
2
x
k
π
π
=+
và
5
2
6
x

k
π
π
=− +


0.25



0.25



0.25


0.25
2.2
*Biến đổi hệ tương đương với
22 3
32
()1
()1
xx
y
x
y
xy x xy
⎧

−=−
⎪
⎨
−
−=−
⎪
⎩

0.25


0.25
*Đặt ẩn phụ
2
3
xx
y
u
xy v
⎧
−=
⎪
⎨
=
⎪
⎩
, ta được hệ
2
1
1

uv
vu
⎧
=
−
⎨
−
=−
⎩

*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3)

*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)


0.25

0.25
3 *Đặt t=cosx
Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 ,
4
x
π
=
thì
1
2
t =
Từ đó
1

1
2
22
1
1
2
ln lntt
I
dt dt
tt
=− =
∫∫

*Đặt
2
1
ln ;
u t dv dt
t
==

11
;
du dt v
tt
⇒= =−

Suy ra
1
2

1
2
11
1121
ln ln 2
11
2
22
It dt
tt t
=− + =− −
∫

*Kết quả
2
21 ln2
2
I =−−




0.25



0.25


0.25

0.25

4 *Vẽ hình
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh
()
S
HABC
⊥

*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là

0
60SEH SFH==
*Kẻ
H
KSB⊥ , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng
H
KA .
*Lập luận và tính được AC=AB=a ,
2
2
a
HA =
,
0
3
tan 60

2
a
SH HF==

*Tam giác SHK vuông tại H có
222
111 3
10
KH a
HK HS HB
=+⇒=

*Tam giác AHK vuông tại H có
2
20
2
tan
3
3
10
a
AH
AKH
KH
a
== =


3
cos

23
AKH⇒=









0.25


0.25


0.25


0.25
5
*Biến đổi
11
1(1)(1)
ab c c
ab c ab b a a b
+− −
==
++−−−−

*Từ đó
111
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
cba
VT
ab ca cb
−−−
=++
−− −− −−

Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c
0.25


0.25

0.25
dương
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được

3
111
3. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
cba
VT
ab ca cb
−−−
≥

−− −− −−
=3 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
abc
=
==




0.25
6.a
*
Δ có phương trình tham số
13
22
xt
y
t
=−
⎧
⎨
=
−+
⎩
và có vtcp (3;2)u =−
u
r

*A thuộc
Δ (1 3 ; 2 2 )
A
tt⇒−−+
*Ta có (AB; Δ )=45
0

1
os( ; )
2
cABu⇔=
u
uuurur

.
1
2
.
AB u
AB u
⇔=
u
uuurur
ur


2
15 3
169 156 45 0

13 13
tt t t⇔−−=⇔=∨=−
*Các điểm cần tìm là
12
32 4 22 32
(;),(;)
13 13 13 13
AA−−



0.25


0.25


0.25

0.25
7.a
*(d) đi qua
1
(0; 1;0)M − và có vtcp
1
(1;2;3)u
=
−−
u
ur

(d’) đi qua
2
(0;1;4)M và có vtcp
2
(1; 2; 5)u =
u
ur

*Ta có
12
;(4;8;4)uu O
⎡⎤
=− − ≠
⎣⎦
uuruur ur
,
12
(0;2;4)MM =
u
uuuuuur

Xét
12 12
; . 16 14 0uu MM
⎡⎤
=− + =
⎣⎦
uur uur uuuuuuur

Ö (d) và (d’) đồng phẳng .
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt (1;2; 1)n
=
−
u
r
và đi
qua M
1
nên có phương trình 2 2 0xyz
+
−+=
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm



0.25


0.25


0.25
0.25
8.a *Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét
1x ≠ , biến đổi phương trình tương đương với

121

1 2 log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)
xxx
xxx
+=
++++ +

Đặt log ( 1)
x
xt+= , ta được phương trình

121
12 2
ttt
+=
++
giải được t=1 và t=-2/3
*Với t=1 log ( 1) 1
x
x⇒+= phương trình này vô nghiệm
*Với t=-2/3
2
log ( 1)
3
x
x⇒+=−

23
.(24 1) 1xx⇔+= (*)

0.25

0.25



0.25







Nhận thấy
1
8
x = là nghiệm của (*)
Nếu
1
8
x > thì VT(*)>1
Nếu
1
8
x <
thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất
1
8
x

=

*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và
1
8
x
=



0.25




6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
(;)1dOd
⇔
<
*Ta có
111
. .sin .sin
222
OAB
S OAOB AOB AOB==≤
Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi
0
90AOB =

1
(; )
2
dId⇔= 1m⇔=±

0.25

0.25

0.25


0.25
7.b
*
1
Δ có phương trình tham số
22
1
3
xt
y
t
zt
=
−
⎧
⎪
=
−+

⎨
⎪
=
⎩

*
2
Δ có phương trình tham số
2
53
xs
y
s
zs
=
+
⎧
⎪
=
+
⎨
⎪
=
⎩

*Giả sử
12
;dAd B∩Δ = ∩Δ =
(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)
Attt⇒−−+

*(2;36;3)
A
Bstst st=+ −+ −
uuuur
, mf(R) có vtpt (1;2; 3)n
=
−
u
r

*() &
dR ABn⊥⇔
uuuurur
cùng phương

23 6 3
12 3
st st st+−+−
⇔= =
−


23
24
t⇒=
*d đi qua
1123
(;;)
12 12 8
A

và có vtcp (1;2; 3)n
=
−
u
r

=> d có phương trình
23
11
8
12 12
12 3
z
xy
−
−−
==
−







0.25

0.25


0.25




0.25


8.b
*Điều kiện :
3
0
log (9 72) 0
9720
x
x
x >
⎧
⎪
−>
⎨
⎪
−>
⎩
giải được
9

log 73x >
0.25




Vì
9
log 73x > >1 nên bpt đã cho tương đương với

3
log (9 72)
x
x−≤
9 72 3
xx
⇔−≤

38
39
x
x
⎧
≥−
⎪
⇔
⎨
≤
⎪
⎩

2x
⇔
≤
*Kết luận tập nghiệm :
9
(log 72; 2]T
=

0.25



0.25

0.25