đề thi thử đại học môn toán 2014 – đề 2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2014 – ĐỀ 2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2
(3 1) 3= + + −y x m x
(với m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -1.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân sao
cho độ dài cạnh đáy bằng
3
2
lần độ dài cạnh bên.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2cos4x - (
3
- 2)cos2x = sin2x +
3

2. Giải hệ phương trình
4 2 4
2 2
x y x y
x y x y

+ + + =


+ + + = −


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 khối lăng trụ đứng
. ' ' 'ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại A, mặt
phẳng
( ')ABC
tạo với đáy một góc
0
60
, khoảng cách từ điểm
C
đến mặt phẳng
( ')ABC
bằng
a
và
khoảng cách từ điểm
A
đến mặt phẳng
( ' ')BCC B

bằng
a
. Tính theo
a
thể tích khối lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
.
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
.
II. 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 hệ toạ độ
Oxy
cho đường thẳng
032: =−+ yxd
và hai điểm A(-1; 2), B(2; 1). Tìm toạ

độ điểm
C
thuộc đường thẳng
d
sao cho diện tích tam giác
ABC
bằng 2.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d
1
:
1 1 1
2 1 1
+ − −
= =
−
x y z
và đường thẳng
d
2
:
1 2 1
1 1 2
x y z− − +
= =
và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường
thẳng ∆, biết ∆ nằm trên mặt phẳng (P) và ∆ cắt hai đường thẳng d
1
, d
2
.

Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình:
( )
2
2 2
2log (x 2) 4x 7 log (x 2) 2(x 2) 0− + − − + − =
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong hệ toạ độ
Oxy
cho hai đường thẳng
032: =−+ yxd
và
053: =−+∆ yx
. Lập phương
trình đường tròn có bán kính bằng
5
102
, có tâm thuộc
d
và tiếp xúc với
∆
.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :
1 3
1 1 4
x y z− −
= =
và điểm
M(0 ;-2 ;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng ∆ đồng thời

khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:



+−=−−
++=++
422)23(log
log)7(log1)(log
2
22
2
yxyx
yyxyx
Hết
Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm.
1
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 75
Câu 1: 1.(1.0 điểm) Khi
1
−=
m
hàm số trở thành
32
24
−−= xxy
• Tập xác định:
D = ¡
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:

1;00';44'
3
±==⇔=−= xxyxxy
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
)1;( −−∞
và
)1;0(
; đồng biến trên mỗi khoảng
)0;1(−
và
);1( +∞
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0; y
cđ
=-3; hàm số đạt cực tiểu tại
1
±=
x
; y
ct
=-4
- Giới hạn: y =
∞+
; y = +∞
- Bảng biến thiên:
• Đồ thị:
2
-2
-4

Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.

Câu 1: 2.(1.0 điểm)
2
13
,00';)13(24'
23
+
−==⇔=++=
m
xxyxmxy
,
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị
(*)
3
1
−<⇔ m
.Với đk(*), đồ thị hàm số có ba điểm cực trị:
)3;0( −A
;








−
+−−−
3
4

)13(
;
2
13
2
mm
B
;








−
+−−−
− 3
4
)13(
;
2
13
2
mm
C
Ta có: AB = AC =
4
3m 1 (3m 1)

2 16
− − +
+
; BC =
3m 1
2
2
− −
. Suy ra:
ABC
∆
cân tại
A









+
+
−−
=







−−
⇔=
16
)13(
2
13
4
2
13
4.9
3
2
BC
4
mmm
AB
5 1
m ,m
3 3
⇔ = − = −
So với điều kiện (*), ta được
3
5
−=m
.
Câu 2: 1.(1.0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với
2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x
2

4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx cosx=0;2cos3x= 3 osx+sinxc c x c⇔ + ⇔
+
osx=0 x=
2
c k
π
π
⇔ +
+
3x=x- 2
6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6
3 2
6
k
c c
x x k
π
π
π
π
π

+

⇔ ⇔


= − +



12
24 2
x k
k
x
π
π
π π

= − +

⇔


= +


Câu 2: 2.(1.0 điểm) Điều kiện:
4 0
2 0
x y
x y
+ ≥


+ ≥

2

-3
y’
x
y
-∞
+∞
+∞
+∞
+∞
+∞
+∞
+∞
0
0
0
0
-1
1
-4
+
-
-
-4
+
y
O
x
t:
a 2x y
,(a 0,b 0).

b 4x y

= +



= +


Suy ra:
2
2
3 b
x y a
2 2
+ =
Ta cú h
2 2
2
3 1
2
5 6 0
2 2
4
4
a a b
a a
b a
a b

+ =
+ =



=


+ =


1
1
3
6
6
4
10
a
a
b
a
a
b a
b

=

=


=




=



=



=


=



So vi iu kin
a 0,b 0
, ta c:
2 1
1 2 1 4
3 4 9 7
4 3

x y
a x y x
b x y y
x y

+ =
= + = =




= + = =
+ =



Vy h phng trỡnh cú nghim (x; y) = (4; -7).
Cõu 3:(1.0 im) Ta cú: I =
e
1
ln x 2
dx
x ln x x

+

=
e
1
ln x 2

dx
(ln x 1)x

+

t t = lnx + 1

dt =
1
dx
x
; i cn: x = 1 thỡ t = 1; x = e thỡ t = 2
Suy ra: I =
2 2
1 1
t 3 3
dt 1 dt
t t


=
ữ


=
( )
2
1
t ln | t |
= 1 ln2

Cõu 4:(1.0 im) Gi
H
l hỡnh chiu ca
A
trờn BC
)B'BCC'(AH
aAH =
.Gi
K
l hỡnh chiu ca C trờn
'AC

)BC'(CK A
aCK =
ACCACABAC '(ABC))),((ABC'AB,' =
0
60' = ACC
3
2
60sin
0
aCK
AC ==
;
aACCC 260tan.'
0
==
aAB
ACABAH
2

111
222
=+=

3
4
'.
3
'''.
a
CCSV
ABCCBAABC
==

.
Cõu 5: (1.0 im)Đặt
zyxt ++=


2
3
)(23
2
2

=+++++=
t
zxyzxyzxyzxyt
.
Ta có

30
222
=++++ zyxzxyzxy
nên
3393
2
tt
vì
.0>t
Khi đó
2
3 5
2
t
A
t

= +

2
5 3
, 3 3.
2 2
t
t
t
= +
Xét hàm số
.33,
2

35
2
)(
2
+= t
t
t
tf
Ta có
0
55
)('
2
3
2
>

==
t
t
t
ttf
,
t 3;3 .



Suy ra
)(tf
đồng biến trên

]3,3[
. Do đó
.
3
14
)3()( = ftf
Dấu đẳng thức xảy ra khi
.13 ==== zyxt
Vậy GTLN của A là
3
14
, đạt đợc khi
.1=== zyx
Cõu 6a: 1.(1.0 im)
10=AB
, im C thuc ng thng d nờn to ca C cú dng
);32( aaC +
Phng trỡnh ng thng
053: =+ yxAB

2=
ABC
S
2),(.
2
1
= ABCdAB
2
10
2

.10
2
1
=


a
6
2
a
a
=



=

Vi
6=a
ta cú
)6;9(C
; vi
2=a
ta cú
)2;7( C
Cõu 6a: 2.(1.0 im) Gi A, B ln lt l giao im ca d
1
, d
2
vi mt phng (P). Tỡm c: A(1; 0 ; 2); B(2; 3; 1)

ng thng nm trong (P) v ct d
1
, d
2
nờn i qua A v B Mt vect ch phng ca ng thng l
(1;3; 1)=
uuur
AB
Phng trỡnh chớnh tc ca ng thng l:
1 2
1 3 1
x y z
= =

3
Câu 7a:(1.0 điểm) Điều kiện:
2>x
, phương trình đã cho tương đương với:
( ) ( )
042)2(log.1)2(log2
22
=−+−+− xxx



=−+−
=+−
⇔
042)2(log
01)2(log2

2
2
xx
x
+
01)2(log2
2
=+−x

⇔

1
x 2
2
= +
. So với điều kiện ta được
1
x 2
2
= +
+
042)2(log
2
=−+− xx
, vì hàn số
2
f (x) log (x 2) 2x 4= − + −
là hàm số đồng biến trên
( )
+∞;2

và
5
f ( ) 0
2
=
nên
2
5
=x
là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = 0.
Vậy phương trình có hai nghiệm
2
1
2 +=x
và
2
5
=x
Câu 6b: 1.(1.0 điểm): Gọi I là tâm của đường tròn cần viết phương trình Vì I thuộc
d
nên tọa độ điểm I có
dạng
);32( aaI +−
. Đường tròn tiếp xúc với
∆
nên
RId =∆),(
5
102
10

2
=
−
⇔
a
2;6 −==⇔ aa
Với
6=a
ta có
)6;9(−I
suy ra phương trình đường tròn:
5
8
)6()9(
22
=−++ yx
với
2−=a
ta có
)2;7( −I
,suy ra phương trình đường tròn:
5
8
)2()7(
22
=++− yx
Vậy có hai đường tròn thoả mãn là:
5
8
)6()9(

22
=−++ yx
và
5
8
)2()7(
22
=++− yx
.
Câu 6b:2.(1.0 điểm) Giả sử
( ; ; )n a b c
r
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và có vtpt
( ; ; )n a b c
r
: ax + by + cz + 2b = 0.
Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương
(1;1;4)u =
r
Mặt phẳng (P) song song với đường thẳng ∆ đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng
(P) bằng 4 nên ta có :
2 2 2
4 0
(1)
.
| 5 |
4
(2)
( ;( )) 4

+ + =



⇔
+
 
=
=


+ +

r r

a b c
n u
a b
d A P
a b c
Thế b = - a - 4c vào (2) ta có
2 2 2 2 2
( 5 ) (2 17 8 ) - 2 8 0a c a c ac a ac c+ = + + ⇔ − =
⇔
4 , 2a c a c= = −
Với a = 4c chọn a = 4, c = 1 ⇒ b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = 0.
Với a = -2c chọn a = 2, c = - 1 ⇒ b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0.
Câu 7b:(1.0 điểm)
2 2
2

2
log (x y) 1 log (7x y) log y (1)
log (3x y 2) 2x 2y 4 (2)
+ + = + +


− − = − +

Điều kiện





>
>+
>+
0
07
0
y
yx
yx
Với đk trên phương trình (1) trở thành:
yyxyx )7(log)(2log
2
2
2
+=+
⇔

2 2
2 3 0 2 ,x xy y y x y x− + = ⇔ = =
Với
xy =
thế vào phương trình (2) ta được
94)22(log
2
=⇔=− xx
. Suy ra
9== yx
,( thoả mãn điều
kiện).
Với
xy 2=
thế vào phương trình (1) ta được
⇔−=− xx 24)2(log
2
042)2(log
2
=−+− xx
Vì hàm số
2
f (x) log (x 2) 2x 4= − + −
là hàm số đồng biến trên
( )
+∞;2
và
5
f ( ) 0
2

=
nên
2
5
=x
là nghiệm duy nhất của
phương trình f(x) = 0. Suy ra





=
=
5
2
5
y
x
,( thoả mãn điều kiện).Vậy hệ đã cho có hai nghiệm



=
=
9
9
y
x
và






=
=
5
2
5
y
x
4