đề thi thử đại học lần 3 môn toán 2014

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
1

Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc
Trường THPT Bình Xuyên
ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2014
Môn thi: TOÁN 12 - KHỐI A, A
1

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1.( 2 điểm) Cho hàm số
mx 1
y
x 1
+
=
−
có đồ thị (C)
1/Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m =1.
2/Viết phương trình tiếp tuyến d với (C) tại điểm có hoành độ x =2, tìm m để khoảng cách
từ điểm A(3;5) tới tiếp tuyến d là lớn nhất.
Câu 2.(1 điểm)Giải phương trình
2
4sinx.sin x .sin x 4 3.cosx.cos x .cos x 2
3 3 3 3
π π π π
       
+ − − + + =

       
       
.
Câu 3.(1 điểm) Giải hệ phương trình:
2 2 2
3 2
x y 2x y 0
2x 3x 4y 12x 11 0

− + =

+ + − + =


Câu 4.(1 điểm) Tính tích phân
1
x
0
2
I x e dx
x 1
 
= +
 
 
+
∫
.
Câu 5.(1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCDA’B’C’D’có đáy là hình thoi cạnh a, góc ABC bằng 60
0

,
góc giữa mặt phẳng (A’BD) và mặt phẳng đáy bằng 60
0
. Tính theo a thể tích của hình hộp và
khoảng cách giữa CD’ và mặt phẳng (A’BD).
Câu 6.(1 điểm) Cho a, b, c dương, a +b +c =3. Chứng minh rằng:

2 2 2
a 4a 2b b 4b 2c c 4c 2a
7
b 2c c 2a a 2b
+ + + + + +
+ + ≥
+ + +
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần (Phần A hoặc phần B)
A.Theo chương trình chuẩn
Câu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C)
(
)
(
)
2 2
x 3 y 2 1
− + − =

Tìm M thuộc Oy sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn, A, B là tiếp
điểm sao cho đường thẳng AB qua N(4;4).
Câu 8.a (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm
A(1;1;1)

,
B(3;5;2)
và
C(3;1; 3)
−
. Chứng minh 3 điểm A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác vuông. Tính bán kính đường
tròn ngoại tiếp
ABC
∆
.
Câu 9.a (1 điểm). Có 5 bông hoa hồng bạch, 7 bông hoa hồng nhung và 4 bông hoa cúc vàng.
Chọn ngẫu nhiên 3 bông hoa. Tính xác suất để 3 bông hoa được chọn không cùng một loại.
B.Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho e líp
2 2
x y
1
4 3
+ =
và đường thẳng
:3x 4y 12 0
∆ + − =
. Từ điểm M bất kỳ trên
∆
kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh
đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 8.b (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm
A(1;4;2)
,
B(2;5;0)

và
C(0;0;7)
. Tìm điểm M thuộc (Oxy) sao cho
2 2 2
MA MB MC
+ +
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 9.b (1 điểm). Giải phương trình
2
2 3
log x (x 5)log x 6 2x 0
+ − + − =

Hết
Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: SBD:
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
2

KỲ THI KS ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014 LẦN 3
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 12 - KHỐI A,A
1

Câu Đáp án Điểm

1.(1,0 điểm) Khảo sát hàm số
mx 1
y

x 1
+
=
−
khi m=1.
Khi m=1
x 1
y
x 1
+
=
−
. Tập xác định:
{
}
R \ 1

Sự biến thiên:
( )
2
2
y' 0 x 1
x 1
−
= < ∀ ≠
−
Do đó hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
(
−∞
;1) và (1;+

∞
). Hàm số không có cực trị.
0,25
Tiệm cận: + Tiệm cận đứng x =1 vì
x 1
limf(x)
+
→
= +∞
,
x 1
limf(x)
−
→
= −∞
.
+ Tiệm cận ngang y =1 vì
x
lim f(x) 1
→±∞
=

0,25
Bảng biến thiên:

0,25
f(x)=(x+1)/(x-1)
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
x
y

Đồ thị nhận I(1;1) làm tâm đối xứng, cắt Oy tại (0;-1), cắt Ox tại (-1;0).
0,25

2.(1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến d với (C)
x =2
→

y =2m +1 và
f '(2) m 1
= − −

Phương trình tiếp tuyến d với (C) tại điểm (2;2m+1) là
y (m 1)x 4m 3
= − + + +

0,5
Phương trình (d)
↔
m(x-4) = -x –y+3 tiếp tuyến d qua điểm cố định H(4;-1)
0,25

(2điểm)

Để khoảng cách từ điểm A(3;5) tới tiếp tuyến (d) là lớn nhất
↔
(d)
⊥
AH
↔
d
u .AH 0
=



↔
1.1 +6(m+1) =0

↔
7
m
6
−
=

0,25



2
(1,0 điểm) Giải phương trình.
-
1

x
1
y’
y
−∞

+∞

1

-

-
+

∞

1
-
∞

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
3

2
4sinx.sin x .sin x 4 3.cosx.cos x .cos x 2
3 3 3 3
π π π π
       
+ − − + + =
       
       
.
2
PT 2sin x(cos2x cos ) 2 3.cos x.(cos(2x ) cos ) 2
3 3
π π
↔ − − + π + =

2sinx.cos2x sin x 2 3.cosx.cos2x 3cosx 2
↔ + + − =

0,25

(sin3x sin x) sin x 3(cos3x cosx) 3cosx 2
↔ − + + + − =

0,25
1 3
sin3x 3cos3x 2 sin3x cos3x 1
2 2
↔ + = ↔ + =

0,25
(1điểm)

2
cos 3x 1 3x k2 3x k2 x k , k Z.
6 6 6 18 3
π π π π π
 
↔ − = ↔ − = π ↔ = + π ↔ = + ∈
 
 

0,25
(1,0 điểm)
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình

2 2 2
3 2
x y 2x y 0 (1)
2x 3x 4y 12x 11 0 (2)

− + =

+ + − + =


T
ừ
PT (1) ta
đượ
c
x 0
≥
,
y 1
≤

0,25
PT (2)
3 2
4y 2x 3x 12x 11
↔ − = + − +
(3)
V
ế
ph

ả
i (3)
4 4y 4
− ≤ − ≤
vì
y 1
≤
.
Đặ
t f(x) = 2x
3
+3x
2
-12x +11 v
ớ
i
x 0
≥
ta có b
ả
ng bi
ế
n thiên:





V
ế

ph
ả
i c
ủ
a (3)
≥
4
→
3 2
4y 4 2x 3x 12x 11
− ≤ ≤ + − +
vì
x 0
≥
,
y 1
≤

V
ậ
y nghi
ệ
m c
ủ
a (2) là (x;y)=(1;-1).
0,5
3
(1
đ
i

ể
m)

Thay (x;y)=(1;-1) vào (1) ta th
ấ
y th
ỏ
a mãn. V
ậ
y nghi
ệ
m c
ủ
a h
ệ
ph
ươ
ng trình
là (x;y) = (1;-1).
0,25
(1,0 điểm).
Tính tích phân:
1
x
0
2
I x e dx
x 1
 
= +

 
 
+
∫
.
1 1 1
x x
1 2
0 0 0
2 2x
I x e + dx xe dx dx I I
x+1 x+1
 
= = + = +
 
 
∫ ∫ ∫

+
1
x
1
0
I xe dx
=
∫
.
Đặ
t
x x

u x du dx
dv e dx v e
= =
 
→
 
= =
 

→

(
)
1
x x x x
1
0
1 1
I xe e dx xe e 1
0 0
= − = − =
∫
.



0,5
+
( )
1 1

2
0 0
1
2x 2
I dx 2 dx 2x 2ln(x 1) 2 2ln2
0
x+1 x 1
 
= = − = − + = −
 
 
+
∫ ∫


0,25
4
(1
đ
i
ể
m)

1 2
I I I 3 2ln 2
= + = −

0,25
(1,0 điểm).
Tính theo a th

ể
tích hình h
ộ
p
5
(1
đ
i
ể
m)

G
ọ
i O là tâm hình thoi ABCD
→
AO BD
⊥
mà
AA' (ABCD) A'O BD
⊥ → ⊥

0,25

x
f’(x)
f(x)

0
1
+

∞

4
11
+
∞

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
4

A'OA
∠
là góc giữa mp(A'BD) với đáy
→
o
A 'OA 60
∠ =
.
Do
o
ABC 60
∠ =
nên tam giác ABC
đều
→
a
AO
2

=
.
Trong tam giác vuông A'AO, ta có
o
3
AA ' AO.tan 60 a
2
= = .
Do đó thể tích của hình hộp:
2 3
ABCD
a 3 a 3 3a
V=S .AA'= . =
2 2 4
.
B'
C'
A'
D'
B
A
C
D


0,25


Theo chứng minh trên ta có
BD (A ' AO)

⊥

→

(A 'BD) (A ' AO)
⊥
.
Trong tam giác vuông
A ' AO
, dựng đường cao AH, ta có
AH (A 'BD)
⊥
hay
AH d(A, (A 'BD))
=
.Do
CD '/ /BA '
nên
CD '/ /(A 'BD)

suy ra
d(CD ',(A 'BD)) d(C,(A 'BD))
=


d(A,(A 'BD))
=
(vì
AO CO
=

)

AH
=

o
AO.sin 60
=
3
4
a
= .
0,5
(1,0 điểm). Chứng minh rẳng
2 2 2
a 4a 2b b 4b 2c c 4c 2a
7
b 2c c 2a a 2b
+ + + + + +
+ + ≥
+ + +
.
BĐT
↔
2 2 2
a b c
b 2c c 2a a 2b
+ +
+ + +
+

4a 2b 4b 2c 4c 2a
7
b 2c c 2a a 2b
+ + +
+ + ≥
+ + +

+ Ta có
2 2
a b 2c 2a a b 2c 6a
b 2c 9 3 b 2c 9
+ + +
+ ≥ ↔ ≥
+ +
(1) (Cơsi)
Dấu “=” khi
2
a b 2c
b 2c 9
+
=
+

Tương tự
2
b c 2a 6b
c 2a 9
+ +
≥
+

(2)
2
c a 2b 6c
a 2b 9
+ +
≥
+
(3)
Cộng (1), (2), (3) vế với vế ta được
2 2 2
a b c
1
b 2c c 2a a 2b
+ + ≥
+ + +
(*) dấu “=”
khi a=b=c=1.
0,5
6
(1điểm)

+ Ta có
( )
4a 2b 4b 2c 4c 2a 1 1 1
4 a b c 6
b 2c c 2a a 2b b 2c c 2a a 2b
+ + +
 
+ + = + + + + −
 

 
+ + + + + +

( ) ( ) ( )
4 1 1 1
b 2c c 2a a 2b 6
3 b 2c c 2a a 2b
 

  

+ + + + + + + −


 

 


+ + +
 

3
3
4 1
3 (b 2c)(c 2a)(a 2b).3 6 6
3
(b 2c)(c 2a)(a 2b)
≥ + + + − =
+ + +

(**)
C
ộng
(*) và (**) ta đư
ợc điều phải chứng minh, dấu “=”

khi a

=b

=c =1.

0,5
(1,0 điểm). Tìm M thuộc Oy…
Giả sử
(
)
A A
A x ;y
,
(
)
B B
B x ;y
và
0
M Oy M(0; y )
∈ →
, (C) có tâm I(3;2)
0,25

7a
(1điểm)

+ Ta có
2 2
A A A A
A (C) x y 6x 4y 12 0 (1)
∈ ↔ + − − + =

+ Ta có
IA.MA 0
=
 
↔
(
)
(
)
(
)
A A A A 0
x 3 x y 2 y y 0
− + − − =



0,5
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com

5


↔
2 2
A A A 0 A 0
x y 3x (y 2)y 2y 0
+ − − + + =
(2)
Lấy (2) trừ (1) vế với vế ta được
A 0 A 0
3x (y 2)y 2y 12 0
− − + − =
(3)
Tương tự ta có
B 0 B 0
3x (y 2)y 2y 12 0
− − + − =
(4)
Từ (3) và (4) phương trinh AB là
0 0
3x (y 2)y 2y 12 0
− − + − =

AB qua N(4;4)
↔
0 0 0
3.4 (y 2).4 2y 12 0 y 4
− − + − = ↔ =
. Vậy M(0;4)

0,25
(1,0 điểm). Chứng minh 3 điểm A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác vuông
Ta có
AB (2;4;1)
=

,
AC (2;0; 4)
= −

không cùng phương .
Ta lại có
AB.AC 0
=
 
vậy
ABC
∆
vuông tại A
0,5
8a
(1điểm)

ABC
∆
vuông tại A theo cm trên có bán kính đường tròn ngoại tiếp

1 41
R BC
2 2

= =

0,5
(1,0 điểm). Tính xác suất…
Gọi A, B, C tương ứng là 3 biến cố ‘Chọn được ba bông hoa hồng bạch”
‘Chọn được ba bông hoa hồng nhung” ‘Chọn được ba bông hoa cúc vàng”
H là biến cố ‘Chọn được ba bông hoa cùng loại” A, B, C đôi một xung khắc
và
H A B C
= ∪ ∪
→
P(H) =P(A) +P(B) +P(C) với
3
5
3
16
C
10
P(A)
560
C
= =
,

3
7
3
16
C
35

P(B)
560
C
= =
,
3
4
3
16
C
4
P(C)
560
C
= =
,
49 7
P(H)
560 80
= =
.
0,5
9a
(1điểm)

Biến cố chọn ba bông hoa không cùng loại là
H
,
7 73
P(H) 1 P(H) 1

80 80
= − = − =
.
0,5
(1,0 điểm). Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.
Gọi M(x
0
;y
0
), A(x
1
;y
1
), B(x
2
;y
2
)
Tiếp tuyến tại A có dạng
1 1
xx yy
1
4 3
+ =

Tiếp tuyến đi qua M nên
0 1 0 1
x x y y
1
4 3

+ =
(1)
0,25
7b
(1điểm)

Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đường thẳng AB có pt
0 0
xx yy
1
4 3
+ =
do M thuộc
∆
nên 3x
0
+ 4y
0
=12
→
4y
0
=12-3x
0

→
0 0
4xx 4yy
4
4 3

+ =
→
0 0
4xx y(12 3x )
4
4 3
−
+ =

0,25



Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì (x- y)x
0
+ 4y – 4 = 0
{
{
x y 0 y 1
4y 4 0 x 1
− = =
→ ⇒
− = =
Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1)

0,5
(1,0 điểm).

8b
(1điểm)

Gọi G là trọng tâm
ABC
∆
. Ta có:

(
)
(
)
(
)
2 2 2
2 2 2
2 2 2
MA MB MC MA MB MC MG GA MG GB MG GC
+ + = + + = + + + + +
        




www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
6


Chú ý: Đáp án có 5 trang
Học sinh làm theo cách khác mà đúng cho điểm tối đa theo thang điểm mỗi câu đã cho.

Câu 5 nếu không vẽ hình hay vẽ không đúng không cho điểm.


(Lưu ý: Kiến thức đề ra theo tiến độ dạy( không số phức, không phương trình mặt phẳng))

(
)
2 2 2 2 2 2 2 2
3MG GA GB GC 2MG GA GB GC 3MG GA GB GC
= + + + + + + = + + +
   

Do
(
)
GA GB GC 0 MG GA GB GC 0
+ + = → + + =
      

.
Vì
2 2 2
GA GB GC
+ +
không đổi nên
2 2 2
MA MB MC
+ +
nhỏ nhất

↔
2
MG
nhỏ nhất
↔
M là hình chiếu của G trên (Oxy)

0,5
G là trọng tâm
(
)
ABC G 1;3;3
∆ →
.
Hình chiếu của G trên (Oxy) có tọa độ (1; 3;0). Vậy
(
)
M 1;3;0

0,5
(1,0 điểm). Giải phương trình
2
2 2
log x (x 5)log x 6 2x 0
+ − + − =

Điều kiện x>0(*)
Đặt
2
t log x

=
phương trình
↔
2
t 2
t (x 5)t 6 2x 0
t 3 x
=

+ − + − = ↔

= −


0,25
+ Với
2
t 2 log x 2 x 4
= ↔ = ↔ =
thỏa mãn (*)
0,25
+ Với
2 2
t 3 x log x 3 x x log x 3 0
= − ↔ = − ↔ + − =

Xét
2
f(x) x log x 3, x >0
= + − ∀

.
Ta có
1
f '(x) 1 >0, x >0
xln2
= + ∀
→
hàm số luôn đồng biến
x >0
∀

f(2) =0
→
x =2 thỏa mãn (*) là nghiệm
0,25
9b
(1điểm)

Vậy nghiệm của phương trình là x =2; x =4 0,25