Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn toán 2014 phần 1

Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
Đề số 1:
GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 1
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
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
2 1
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 ( )
2 2 12
x
x x x
π π
+ + = + +
2) Giải hệ phương trình :

4 3 2 2
3 2
1
1
x x y x y
x y x xy

− + =


− + = −


Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
4
0
tan .ln(cos )
cos
x x
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 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:

3
a b b c c a
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 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
( ) :
1 2 3
x y z
d
+
= =
− −

và
1 4
( '):
1 2 5
x y z
d
− −
= =
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:
2 2
2
(24 1)
(24 1) (24 1)
log log
+
+ +
+ =
x
x x x x
log x x x

Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thỏa mãnṛ
2 2
( ): 1C x y+ =
, đường thẳng
( ) : 0d x y m+ + =

. 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:
1
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
(P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
và đường thẳng
1
∆
:
2
2
−
−x
=
1
1+y
=
3
z
. Gọi
2
∆
là giao tuyến của (P) và (Q).

Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng
1
∆
,
2
∆
.
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log
x
( log
3
( 9
x
– 72 ))
≤
1
Hết
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ 1
Câu 1: 1, *Tập xác định :
{ }
\ 1D = ¡
*Tính
2
1
' 0
( 1)
y x D
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
Câu 1: 2,*Tiếp tuyến của (C) tại điểm
0 0
( ; ( )) ( )M x f x C∈
có phương trình
0 0 0
'( )( ) ( )y f x x x f x= − +
Hay
2 2
0 0 0
( 1) 2 2 1 0x x y x x+ − − + − =
(*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng
2

0
4
0
2 2
2
1 ( 1)
x
x
−
⇔ =
+ −

giải được nghiệm

0
0x =
và
0
2x =
Vậy: Các tiếp tuyến cần tìm :
1 0x y+ − =
và
5 0x y+ − =
Câu 2: 1, *Biến đổi phương trình đó cho tương đương với
os2 3 sin 2 10 os( ) 6 0
6
c x x c x
π
− + + + =

os(2 ) 5 os( ) 3 0
3 6
c x c x
π π
⇔ + + + + =
2
2 os ( ) 5 os( ) 2 0
6 6
c x c x
π π
⇔ + + + + =
.Giải được
1
os( )

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

π
π
= − +
Câu 2: 2, *Biến đổi hệ tương đương với
2 2 3
3 2
( ) 1
( ) 1
x xy x y
x y x xy

− = −


− − = −


*Đặt ẩn phụ
2
3
x xy u
x y v

− =


=


, ta được hệ

2
1
1
u v
v u

= −

− = −

*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)
Câu 3: *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thỡ t=1 ,
4
x
π
=
thì
1
2
t =
Từ đó
1
1
2
2 2
1
1
2
ln lnt t

I dt dt
t t
= − =
∫ ∫
*Đặt
2
1
ln ;u t dv dt
t
= =

1 1
;du dt v
t t
⇒ = = −
2
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
Suy ra
1
2
1
2
1 1
1 1 2 1
ln ln 2
1 1
2
2 2
I t dt
t t t

= − + = − −
∫
*Kết quả
2
2 1 ln 2
2
I = − −

Câu 4: *Vẽ hình
*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
0
60SEH SFH= =
*Kẻ
HK SB⊥
, lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng
HK A
.
*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
2 2 2
1 1 1 3
10
K H a
HK H S HB
= + ⇒ =
*Tam giác AHK vuông tại H có
2
20
2
tan
3
3
10
a
A H
A K H
K H
a
= = =

3
cos
23
A K H⇒ =

Câu 5:*Biến đổi
1 1

1 (1 )(1 )
a b c c
ab c ab b a a b
+ − −
= =
+ + − − − −
*Từ đó
1 1 1
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c 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
3
1 1 1
3. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
− − −
≥
− − − − − −
=3 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1

3
a b c= = =
Câu 6a: *
∆
có phương trình tham số
1 3
2 2
x t
y t
= −


= − +

và có vtcp
( 3;2)u = −
ur
*A thuộc
∆

(1 3 ; 2 2 )A t t⇒ − − +
*Ta có (AB;
∆
)=45
0

1
os( ; )
2
c A B u⇔ =

uuuur ur

.
1
2
.
A B u
A B u
⇔ =
uuuurur
ur

2
15 3
169 156 45 0
13 13
t t t t⇔ − − = ⇔ = ∨ = −
*Các điểm cần tìm là
1 2
32 4 22 32
( ; ), ( ; )
13 13 13 13
A A− −
Câu 7a: *(d) đi qua
1
(0; 1;0)M −
và có vtcp
1
(1; 2; 3)u = − −
uur

(d’) đi qua
2
(0;1;4)M
và có vtcp
2
(1;2;5)u =
uur
*Ta có
1 2
; ( 4; 8;4)u u O
 
= − − ≠
 
uur uur ur
,
1 2
(0;2;4)M M =
uuuuuuur
Xét
1 2 1 2
; . 16 14 0u u M M
 
= − + =
 
uur uur uuuuuuur
 (d) và (d’) đồng phẳng .
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) cú vtpt
(1;2; 1)n = −
ur
và đi qua M

1
nên có phương
trình
2 2 0x y z+ − + =
*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
3
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
*TH2 : xét
1x ≠
, biến đổi phương trình tương đương với

1 2 1
1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)
x x x
x x x
+ =
+ + + + +
Đặt
log ( 1)
x
x t+ =
, ta được phương trình :
1 2 1
1 2 2t t t
+ =
+ +
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⇒ + = −

2 3
.(24 1) 1x x⇔ + =
(*)
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 đó cho là x=1 và
1
8
x =
Câu 6b:*(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
( ; ) 1d O d⇔ <
*Ta có
1 1 1
. .sin .sin
2 2 2
O A B
S O A OB A O B A OB= = ≤
Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi
0
90A OB =
1
( ; )
2
d I d⇔ =

1m
⇔ = ±
Câu 7b: *
1
∆
có phương trình tham số
2 2
1
3

x t
y t
z t
= −


= − +


=

*
2
∆
có phương trình tham số
2
5 3
x s
y s
z s
= +


= +


=

*Giả sử
1 2

;d A d B∩ ∆ = ∩∆ =

(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)A t t t⇒ − − +
*
( 2 ;3 6; 3 )A B s t s t s t= + − + −
uuuur
, mf(R) có vtpt
(1;2; 3)n = −
ur
*
( ) &d R A B n⊥ ⇔
uuuur ur
cùng phương
2 3 6 3
1 2 3
s t s t s t+ − + −
⇔ = =
−
23
24
t⇒ =
*d đi qua
1 1 23
( ; ; )
12 12 8
A
và có vtcp
(1;2; 3)n = −
ur
=> d có phương trình

23
1 1
8
12 12
1 2 3
z
x y
−
− −
= =
−
Câu 8b:*Điều kiện :
3
0
log (9 72) 0
9 72 0
x
x
x >


− >


− >

giải được
9
log 73x >
Vì

9
log 73x >
>1 nên bpt đó cho tương đương với
3
log (9 72)
x
x− ≤

9 72 3
x x
⇔ − ≤

3 8
3 9
x
x

≥ −

⇔

≤



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

4
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
Đề số 2:
GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 2
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y = x
3
− (m + 1)x + 5 − m
2
.
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:
( )
3
2 7
log 1 x log x+ =
.
2, Giải phương trình






−=−+

24
cos2sin
2
cossin
2
sin1
22
x
x
x
x
x
π
Câu III (1.0 điểm) Giải bất phương trình sau
2 2 2
8 15 4 18 18 2 15x x x x x x− + ≤ − + − + −
Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân I=
∫
+−+
4
2
3
121 xx
dx

Câu V(1.0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C

1
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên
và mặt phẳng đáy bằng 30
0
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
1
B
1
C
1
) thuộc đường thẳng
B
1
C
1
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA
1
và B
1
C
1
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 tròn (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 trình





+=
=
+=
tz
ty
tx
31
21
Lập phương trình mp (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Câu VII.a: (1.0điểm)
Cho đẳng thức:
n 1 n 2 n 3 2n 1 2n 8
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C C C C C 2 1
+ + + -
+ + + + +
+ + + + + = -
.
Tìm hệ số của số hạng chứa x
10
trong khai triển
( )

n
3 4
1 x x x- + -
.
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 tròn (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.
5
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình





+=
=
+=
tz
ty
tx
31
21
Lập phương trình mp(P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.

Câu VII.b: (1.0 điểm) Giải bất phương trình:
32
4
)32()32(
1212
22
−
≤−++
−−+− xxxx

HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN ĐÊ 2
Câu 1 : 1, Cho hàm số y = x
3
− (m + 1)x + 5 − m
2
.
Khảo sát hàm số khi m = 2; Hàm số trở thành: y = x
3
− 3x + 1
1* TXĐ: D =
R

2* Sự biến thiên của hàm số: * Giới hạn tại vô cực:
( )
lim
x
f x
→−∞
= −∞
:

( )
+∞=
+∞→
xf
x
lim

* Bảng biến thiên: Có y’ = 3x
2
− 3 ,
' 0 1y x= ⇔ = ±
x -∞ -1 1 +∞
y’ + 0 - 0 +

y 3 +∞
-∞ - 1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( )
1;−∞−
và
( )
+∞;1
, Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( )
1;1−

Hàm số đạt đạt cực đại tại
1; 3
CD

x y= − =
, cực tiểu tại
1; 1
CT
x y= = −
,
3* Đồ thị: * Điểm uốn:
'' 6y x=
, các điểm uốn là:
( )
0;1U
* Giao điểm với trục Oy tại :
( )
0;1U

* Đồ thị:

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’ = 3x
2
− (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
2
( 1) 5
3
y m x m= + + −
Các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng.

2
5 4 1m m⇔ − = ⇔ = ±
Vậy m=1
6
2
-2
-1
1
2 x
1
3
-1
-2
y
O
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
Câu 2: 1, Giải phương trình:
( )
3
2 7
log 1 x log x+ =
.
Điều kiện: x > 0. Đặt
t
7
t log x x 7= =Û
.

( ) ( )
t t

t t t t
3 3
t
3 3 3 3
2
1 7
pt log 1 7 t 1 7 2 1 7 8 1
8 8
æ ö
÷
ç
÷
+ = + = + = + =Û Û Û Û
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
(*).
Chứng minh pt (*) có nghiệm duy nhất t = 3.
Vậy phương trình có nghiệm x = 343.
Câu 2: 2, Giải phương trình:






−=−+

24
cos2sin
2
cossin
2
sin1
22
x
x
x
x
x
π
)1(
24
cos2sin
2
cossin
2
sin1
22






−=−+
x
x

x
x
x
π
( )
xsin1x
2
cos1xsin
2
x
cosxsin
2
x
sin11
2
+=






−
π
+=−+⇔

01
2
x
cos

2
x
sin2.
2
x
cos
2
x
sinxsin01xsin
2
x
cos
2
x
sinxsin =






−−⇔=






−−⇔

01
2
x
sin2
2
x
sin21
2
x
sinxsin
2
=






++






−⇔
⇔
2
sin 0,sin 1, 2sin 2sin 1 0
2 2 2

x x x
x = = + + =

, 2
4
2 2
x k
x
x k k x k
x k
π
π
π π π
π π
=

⇔ = = + ⇔ ⇔ =

= +


Câu 3: Giải bất phương trình sau
2 2 2
8 15 4 18 18 2 15x x x x x x− + ≤ − + − + −
(1)
TXĐ
5, 5, 3x x x≥ ≤ − =
TH1 x = 3 là nghiệm của (1)
TH2
5x

≥
thì (1)
17
5 5 4 6
3
x x x x⇔ − + + ≤ − ⇔ ≤
. Vậy BPT (1) có nghiệm
17
5
3
x≤ ≤
TH3
5x
≤ −
thì (1)
17
5 5 6 4
3
x x x x⇔ − + − − ≤ − ⇔ ≤
. Vậy BPT (1) có nghiệm
5x
≤ −
Kl : Tập nghiệm của bất pt là
{ }
17
( ; 5) 3 (5; )
3
S = −∞ − ∪ ∪
Câu 4: Tính tích phân: I=
∫

+−+
4
2
3
121 xx
dx
+I=
∫
+−+
4
2
3
121 xx
dx
Đặt t=
12 +x
⇒
12
2
+= xt
⇒
tdt=dx +Đổi cận : x=
2
3
⇒
t = 2
x=4
⇒
t = 3
+Khi đó I=

∫
−+
−
3
2
2
1
2
1
t
t
tdt
=
∫
−
3
2
2
)1(
2
t
tdt
⇔
dt
t
t
∫
−
+−
3

2
2
)1(
11
=
∫∫
−
+
−
3
2
2
3
2
)1(
2
)1(
1
2
t
dt
dt
t
=
3
2
3
2
1
2

1ln2
−
−−
t
t
=2ln2+1 +Vậy I= 2ln2+1
Câu 5: Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt
phẳng đáy bằng 30
0
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
1
B
1
C
1
) thuộc đường thẳng B
1
C
1
. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng AA
1
và B
1

C
1
theo a.
7
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
Do
)(
111
CBAAH ⊥
nên góc
·
1
AA H
là góc giữa AA
1
và (A
1
B
1
C
1
), theo giả thiết thì góc
·
1
AA H
bằng
30
0
. Xét tam giác vuông AHA
1

có AA
1
= a, góc
·
1
AA H
=30
0

2
3
1
a
HA =⇒
.
Do tam giác A
1
B
1
C
1
là tam giác đều cạnh a, H thuộc B
1
C
1
và
2
3
1
a

HA =
nên A
1
H vuông góc với
B
1
C
1
. Mặt khác
11
CBAH ⊥
nên
)(
111
HAACB ⊥
Kẻ đường cao HK của tam giác AA
1
H thì HK chính là khoảng cách giữa AA
1
và B
1
C
1
Ta có AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3

.
1
1
a
AA
AHHA
HK ==⇒

Câu 6a:
1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (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 tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và
ACAB
⊥
=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3
23=⇒ IA


5
1
3 2 1 6
7
2
m
m

m
m
= −
−

⇔ = ⇔ − = ⇔

=

Câu 6a: 2,Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương
trình





+=
=
+=
tz
ty
tx
31
21
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d 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
HIAH ≥
=> HI lớn nhất khi

IA ≡
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
)31;;21( tttHdH ++⇒∈
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. ==⇒⊥ uuAHdAH
là
véc tơ chỉ phương của d)
)5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AHH
Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
 7x + y -5z -77 = 0
Câu 7a:Cho đẳng thức:
n 1 n 2 n 3 2n 1 2n 8
2n 1 2n 1 2n 1 2 n 1 2n 1
C C C C C 2 1
+ + + -
+ + + + +
+ + + + + = -
.
Tìm hệ số của số hạng chứa x
10
trong khai triển
( )
n
3 4
1 x x x- + -
.
n 1 n 2 n 3 2n 1 2n
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

S C C C C C
+ + + -
+ + + + +
= + + + + +
, ta có:
8
A1
1111
1111
1
A B
C
C
1
B
1
K
H
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
( )
2n 1 0 1 2 n 1 n n 1 n 2 2n 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2 n 1 2n 1
(1 1) C C C C C C C . C C
+ - + + +
+ + + + + + + + +
+ = + + + + + + + + + +
( ) ( )
2n 1 0 2n 1 2n 2n 1 n 2 n 1 n 1 n 2 2n 1 2n
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2 n 1 2n 1
2 C C C C C C C C C C

+ + - + + + + -
+ + + + + + + + + +
= + + + + + + + + + + +Þ
2n 1 2n 2n 8
2 2 2S 2 1 S 2 2 n 4
+
= + = + = =Þ Þ Þ Þ
.

( )
( )
( )
n 44
4
3 4 3 3
1 x x x (1 x) x (1 x) 1 x 1 x
é ù
- + - = - + - = - +Þ
ê ú
ë û
( ) ( )
0 1 2 2 3 3 4 4 0 1 3 2 6 3 9 4 12
4 4 4 4 4 4 4 4 4 4
C C x C x C x C x C C x C x C x C x= - + - + + + + +
.
Ta có hệ số của x
10
là:
1 3 4 2
4 4 4 4

C .C C .C 10- + = -
.
Câu 6b: 1, Giống chương trình chuẩn
Câu 7b: Giải bất phương trình:
32
4
)32()32(
1212
22
−
≤−++
−−+− xxxx
Bpt
( ) ( )
43232
22
22
≤−++⇔
−− xxxx
Đặt
( )
)0(32
2
2
>+=
−
tt
xx
, ta được:
4

1
≤+
t
t
014
2
≤+− tt
3232 +≤≤−⇔ t
(tm)
Khi đó:
( )
323232
2
2
+≤+≤−
− xx
121
2
≤−≤−⇔ xx

⇔
2121012
2
+≤≤−⇔≤−− xxx
KL:
Đề số 3:
GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 3
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
43
23
+−= xxy
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 vuông góc với nhau.
Câu II (2điểm)
1. Giải hệ phương trình:



=−++
=+++
yyxx
yyxyx
)2)(1(
4)(1
2
2
(x, y
∈R
)
2. Giải phương trình:
8
1
3
tan
6

tan
3coscos3sin.sin
33
−=






+






−
+
ππ
xx
xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
∫
++=
1
0
2
)1ln( dxxxxI

9
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc
của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và
vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng
8
3
2
a
. Tính thể tích khối lăng
trụ ABC.A’B’C’.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
32
1
32
1
32
1
222222
++
+
++
+
++
=
accbba
P
PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2)
Phần 1 .C âu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P):

xxy 2
2
−=
và elip (E):
1
9
2
2
=+ y
x
. Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đường tròn. Viết
phương trình đường tròn đi qua 4 điểm đó.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình
011642
222
=−−+−++ zyxzyx
và mặt phẳng (
α
) có phương trình 2x + 2y – z + 17 = 0. Viết
phương trình mặt phẳng (
β
) song song với (
α
) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng
6π.
Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x
2
trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
x

x








+
4
2
1
,
biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn:
1
6560
1
2
3
2
2
2
2
1
2
3
1
2
0

+
=
+
++++
+
n
C
n
CCC
n
n
n
nnn

(
k
n
C
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 d
1
: x + y + 5 = 0, d
2
: x + 2y - 7= 0
và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d
1
và

điểm C thuộc d
2
. Viết
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2. Trong không 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
222
MCMBMA ++
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình



+−=
+=+
+
+−
1
)1(2
yxe
xee
yx
yxyx
(x, y
∈R
)
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ 3
Câu 1: 1, Khảo sát hàm số
43
23

+−= xxy
1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:
a) Giới hạn:
+∞=+−=−∞=+−=
+∞→+∞→−∞→−∞→
)4x3x(limylim,)4x3x(limylim
23
xx
23
xx
b) Bảng biến thiên: y' = 3x
2
- 6x, y' = 0
⇔
x = 0, x = 2
Bảng biến thiên:
x -
∞
0 2 +
∞
y' + 0 - 0 +
y 4 +
∞
10
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
-
∞
0
- Hàm số đồng biến trên (-

∞
; 0) và (2; +
∞
), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= 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
Câu1 : 2,Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc
d có phương trình y = m(x – 3) + 4.
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình



=−
=
⇔=−−⇔+−=+−
0mx
3x
0)mx)(3x(4)3x(m4x3x
2
223
Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và
1)m('y).m('y −=−
9
35318
m01m36m91)m6m3)(m6m3(

2
±
=⇔=+−⇔−=+−⇒
(thỏa mãn)
Câu 2: 1, Giải hệ phương trình đại số
Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ
Hệ phương trình tương đương với







=−+
+
=−++
+
1)2yx(
y
1x
22yx
y
1x
2
2
Đặt
2yxv,
y
1x

u
2
−+=
+
=
Ta có hệ
1vu
1uv
2vu
==⇔



=
=+
Suy ra





=−+
=
+
12yx
1
y
1x
2
.

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:
0
3
xcos
6
xcos
3
xsin
6
xsin ≠






π
+






π
−







π
+






π
−
Ta có
1x
6
cot
6
xtan
3
xtan
6
xtan −=







−
π






π
−=






π
+






π
−
Phương trình đã cho tương đương với
8
1
x3cosxcosx3sin.xsin

33
=+⇔
11
x
y
-1
2
O
4
2
1
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
1 cos 2x cos 2x cos 4x 1 cos2x cos2x cos 4x 1
2 2 2 2 8
− − + +
⇔ × + × =
2
1
x2cos
8
1
x2cos
2
1
)x4cosx2cosx2(cos2
3
=⇔=⇔=+⇔







π+
π
−=
π+
π
=
⇔
k
6
x
(lo¹i) k
6
x
,
(k )∈Z
. Vậy phương trình có nghiệm
π+
π
−=
k
6
x
,
(k )∈Z
Câu 3:Tính tích phân Đặt






=
++
+
=
⇒



=
++=
2/xv
dx
1xx
1x2
du
xdxdv
)1xxln(u
2
2
2
1
1
2 3 2
2
2
0
0

x 1 2x x
I ln(x x 1) dx
2 2 x x 1
+
= + + −
+ +
∫

∫∫∫
++
−
++
+
+−−=
1
0
2
1
0
2
1
0
1xx
dx
4
3
dx
1xx
1x2
4

1
dx)1x2(
2
1
3ln
2
1
( )
11
1
0
2
1
0
2
I
4
3
3ln
4
3
I
4
3
)1xxln(
4
1
xx
2
1

3ln
2
1
−=−+++−−=
* Tính I
1
:
∫








+






+
=
1
0
2
2
1

2
3
2
1
x
dx
I
. Đặt






ππ
−∈=+
2
,
2
t,ttan
2
3
2
1
x
Suy ra
9
3
t
3

32
ttan1
dt)ttan1(
3
32
I
3/
6/
3/
6/
2
2
1
π
==
+
+
=
∫
π
π
π
π
Vậy
12
3
3ln
4
3
I

π
−=
Câu 4: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’, Khi đó (P)
≡

(BCH). Do góc
·
A ' AM
nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác
BCH. Do tam giác ABC đều cạnh a nên
3
3a
AM
3
2
AO,
2
3a
AM ===
Theo bài ra
4
3a
HM
8
3a
BC.HM
2
1
8
3a

S
22
BCH
=⇒=⇒=
4
a3
16
a3
4
a3
HMAMAH
22
22
=−=−=
Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên
AH
HM
AO
O'A
=
suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH

HM.AO
O'A
===
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====
Câu 5 : Tìm giá trị lớn nhất
Ta có a
2
+b
2
≥ 2ab, b
2

+ 1 ≥ 2b ⇒
1bab

1
2
1
21bba
1
3b2a
1
22222
++
≤
++++
=
++
Tương tự
1aca
1
2
1
3a2c
1
,
1cbc
1
2
1
3c2b
1
2222
++
≤

++
++
≤
++
12
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
2
1
bab1
b
ab1b
ab
1bab
1
2
1
1aca
1
1cbc
1
1bab

1
2
1
P
=
++
+
++
+
++
=
++
+
++
+
++
≤












2

1
P =
khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng
2
1
khi a = b = c = 1.
Câu 6a: 1,Viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm của(E) và (P)
Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phương trình
09x37x36x91)x2x(
9
x
23422
2
=−+−⇔=−+
(*)
Xét
9x37x36x9)x(f
234
−+−=
, 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)
cắt (P) tại 4 điểm phân biệt Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ





=+
−=
1y

9
x
x2xy
2
2
2
09y8x16y9x9
9y9x
y8x16x8
22
22
2
=−−−+⇒



=+
=−
⇔
(**)
(**) là phương trình của đường tròn có tâm






=
9
4

;
9
8
I
, bán kính R =
9
161
Do đó 4 giao điểm của
(E) và (P) cùng nằm trên đường tròn có phương trình (**)
Câu 6a: 2,Viết phương trình mặt phẳng (
β
)
Do (β) // (α) nên (β) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D
≠
17)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5 .Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3.
Khoảng cách từ I tới (β) là h =
435rR
2222
=−=−
Do đó



=
−=
⇔=+−⇔=
−++
+−−+
(lo¹i) 17D

7D
12D54
)1(22
D3)2(21.2
222
Vậy (β) có phương trình 2x + 2y – z - 7 = 0
Câu 7a : Tìm hệ số của x
2
Ta có
( )
∫∫
++++=+=
2
0
nn
n
22
n
1
n
0
n
2
0
n
dxxCxCxCCdx)x1(I 
2
0
1nn
n

32
n
21
n
0
n
xC
1n
1
xC
3
1
xC
2
1
xC






+
++++=
+

suy ra I
n
n
1n

2
n
3
1
n
2
0
n
C
1n
2
C
3
2
C
2
2
C2
+
++++=
+

(1)
Mặt khác
1n
13
)x1(
1n
1
I

1n
2
0
1n
+
−
=+
+
=
+
+
(2)
Từ (1) và (2) ta có
n
n
1n
2
n
3
1
n
2
0
n
C
1n
2
C
3
2

C
2
2
C2
+
++++=
+

1n
13
1n
+
−
=
+
Theo bài ra thì
7n65613
1n
6560
1n
13
1n
1n
=⇒=⇔
+
=
+
−
+
+

Ta có khai triển
( )
∑∑
−
−
=








=








+
7
0
4
k314
k
7

k
k
7
0
4
k7
k
7
7
4
xC
2
1
x2
1
xC
x2
1
x
Số hạng chứa x
2
ứng với k thỏa mãn
2k2
4
k314
=⇔=
−
Vậy hệ số cần tìm là
4
21

C
2
1
2
7
2
=
13
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
Câu b:1, Viết phương trình đường tròn
Do B ∈ d
1
nên B = (m; - m – 5), C ∈ d
2
nên C = (7 – 2n; n)
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên



=+−−
=−++
0.3n5m3
2.3n27m2




=
−=
⇔




=+−
−=−
⇔
1n
1m
2nm
3n2m
Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)
Giả sử đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
0cby2ax2yx
22
=++++
. Do A, B, C ∈ (C) nên ta có hệ





−=
=
−=
⇔






=++++
=+−−+
=++++
27/338c
18/17b
54/83a
0cb2a10125
0cb8a2161
0cb6a494

Vậy (C) có phương trình
0
27
338
y
9
17
x
27
83
yx
22
=−+−+
Câu 6b :2, Tìm giá trị nhỏ nhất Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G =







3;
3
8
;
3
7
Ta có
( ) ( ) ( )
222
222
GCMGGBMGGAMGMCMBMAF +++++=++=
22222222
GCGBGAMG3)GCGBGA(MG2GCGBGAMG3
+++=++++++=
F nhỏ nhất ⇔ MG
2
nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G lên (P)
⇔
33
19
111
333/83/7
))P(,G(dMG =
++
−−−
==

3
64
9

104
9
32
9
56
GCGBGA
222
=++=++
Vậy F nhỏ nhất bằng
9
553
3
64
33
19
.3
2
=+








khi M là hình chiếu của G lên (P)
Câu 7b: Giải hệ phương trình mũ




+−=
++=
⇔



+−=
+=+
+
−
+
+−
1yxe
1yxe
1yxe
)1x(2ee
yx
yx
yx
yxyx
Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ



−=−
+=
⇔




+=
+=
)2(uvee
)1(1ue
1ve
1ue
vu
v
u
v
- Nếu u > v thì (2) có vế trái dương, vế phải âm nên (2) vô nghiệm
- Tương tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2)
vu =⇔
Thế vào (1) ta có e
u
= u+1 (3) . Xét f(u) = e
u
- u- 1 , f'(u) = e
u
- 1
Bảng biến thiên:
u -
∞
0 +
∞
f'(u) - 0 +
f(u)
0
Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0

0u =⇔
.
Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0



=
=
⇔



=−
=+
⇒=⇒
0y
0x
0yx
0yx
0v

Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (0; 0)
14
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
Đề số 4:
GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 4
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số
43
23
+−= xxy
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 vuông góc với nhau.
Câu II (2điểm)
1. Giải hệ phương trình:



=−++
=+++
yyxx
yyxyx
)2)(1(
4)(1
2
2
(x, y
∈R
)
2. Giải phương trình:
8
1
3
tan
6
tan

3coscos3sin.sin
33
−=






+






−
+
ππ
xx
xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
∫
++=
1
0
2
)1ln( dxxxxI

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc

của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và
vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng
8
3
2
a
. Tính thể tích khối lăng
trụ ABC.A’B’C’.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
32
1
32
1
32
1
222222
++
+
++
+
++
=
accbba
P
PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2)
Phần 1 .C âu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P):
xxy 2
2
−=

và elip (E):
1
9
2
2
=+ y
x
. Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đường tròn. Viết
phương trình đường tròn đi qua 4 điểm đó.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình
011642
222
=−−+−++ zyxzyx
và mặt phẳng (
α
) có phương trình 2x + 2y – z + 17 = 0. Viết
phương trình mặt phẳng (
β
) song song với (
α
) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng
6π.
15
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x
2
trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
x
x









+
4
2
1
,
biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn:
1
6560
1
2
3
2
2
2
2
1
2
3
1
2
0
+

=
+
++++
+
n
C
n
CCC
n
n
n
nnn

(
k
n
C
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 d
1
: x + y + 5 = 0, d
2
: x + 2y - 7= 0
và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d
1
và

điểm C thuộc d

2
. Viết
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2. Trong không 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
222
MCMBMA ++
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình



+−=
+=+
+
+−
1
)1(2
yxe
xee
yx
yxyx
(x, y
∈R
)
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ 4
Câu 1: 1, Khảo sát hàm số
43
23
+−= xxy

1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:
a) Giới hạn:
+∞=+−=−∞=+−=
+∞→+∞→−∞→−∞→
)4x3x(limylim,)4x3x(limylim
23
xx
23
xx
b) Bảng biến thiên: y' = 3x
2
- 6x, y' = 0
⇔
x = 0, x = 2
Bảng biến thiên:
x -
∞
0 2 +
∞
y' + 0 - 0 +
y
4 +
∞
-
∞
0
- Hàm số đồng biến trên (-
∞
; 0) và (2; +

∞
), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= 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
Câu1 : 2,Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc
d có phương trình y = m(x – 3) + 4.
16
x
y
-1
2
O
4
2
1
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình



=−
=
⇔=−−⇔+−=+−
0mx
3x

0)mx)(3x(4)3x(m4x3x
2
223
Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và
1)m('y).m('y −=−
9
35318
m01m36m91)m6m3)(m6m3(
2
±
=⇔=+−⇔−=+−⇒
(thỏa mãn)
Câu 2: 1, Giải hệ phương trình đại số
Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ
Hệ phương trình tương đương với







=−+
+
=−++
+
1)2yx(
y
1x
22yx

y
1x
2
2
Đặt
2yxv,
y
1x
u
2
−+=
+
=
Ta có hệ
1vu
1uv
2vu
==⇔



=
=+
Suy ra





=−+

=
+
12yx
1
y
1x
2
.
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:
0
3
xcos
6
xcos
3
xsin
6
xsin ≠






π
+







π
−






π
+






π
−
Ta có
1x
6
cot
6
xtan
3
xtan

6
xtan −=






−
π






π
−=






π
+







π
−
Phương trình đã cho tương đương với
8
1
x3cosxcosx3sin.xsin
33
=+⇔
1 cos 2x cos 2x cos 4x 1 cos2x cos2x cos 4x 1
2 2 2 2 8
− − + +
⇔ × + × =
2
1
x2cos
8
1
x2cos
2
1
)x4cosx2cosx2(cos2
3
=⇔=⇔=+⇔







π+
π
−=
π+
π
=
⇔
k
6
x
(lo¹i) k
6
x
,
(k )∈Z
. Vậy phương trình có nghiệm
π+
π
−=
k
6
x
,
(k )∈Z
Câu 3:Tính tích phân Đặt






=
++
+
=
⇒



=
++=
2/xv
dx
1xx
1x2
du
xdxdv
)1xxln(u
2
2
2
1
1
2 3 2
2
2
0
0
x 1 2x x
I ln(x x 1) dx

2 2 x x 1
+
= + + −
+ +
∫

∫∫∫
++
−
++
+
+−−=
1
0
2
1
0
2
1
0
1xx
dx
4
3
dx
1xx
1x2
4
1
dx)1x2(

2
1
3ln
2
1
( )
11
1
0
2
1
0
2
I
4
3
3ln
4
3
I
4
3
)1xxln(
4
1
xx
2
1
3ln
2

1
−=−+++−−=
17
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
* Tính I
1
:
∫








+






+
=
1
0
2
2
1

2
3
2
1
x
dx
I
. Đặt






ππ
−∈=+
2
,
2
t,ttan
2
3
2
1
x
Suy ra
9
3
t
3

32
ttan1
dt)ttan1(
3
32
I
3/
6/
3/
6/
2
2
1
π
==
+
+
=
∫
π
π
π
π
Vậy
12
3
3ln
4
3
I

π
−=
Câu 4: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’, Khi đó (P)
≡

(BCH). Do góc
·
A ' AM
nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác
BCH. Do tam giác ABC đều cạnh a nên
3
3a
AM
3
2
AO,
2
3a
AM ===
Theo bài ra
4
3a
HM
8
3a
BC.HM
2
1
8
3a

S
22
BCH
=⇒=⇒=
4
a3
16
a3
4
a3
HMAMAH
22
22
=−=−=
Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên
AH
HM
AO
O'A
=
suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH

HM.AO
O'A
===
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====
Câu 5 : Tìm giá trị lớn nhất
Ta có a
2
+b
2
≥ 2ab, b
2

+ 1 ≥ 2b ⇒
1bab

1
2
1
21bba
1
3b2a
1
22222
++
≤
++++
=
++
Tương tự
1aca
1
2
1
3a2c
1
,
1cbc
1
2
1
3c2b
1
2222
++
≤

++
++
≤
++
2
1
bab1
b
ab1b
ab
1bab
1
2
1
1aca
1
1cbc
1
1bab
1
2
1
P
=
++
+
++
+
++
=

++
+
++
+
++
≤












2
1
P =
khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng
2
1
khi a = b = c = 1.
Câu 6a: 1,Viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm của(E) và (P)
Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phương trình
09x37x36x91)x2x(
9
x

23422
2
=−+−⇔=−+
(*)
Xét
9x37x36x9)x(f
234
−+−=
, 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)
cắt (P) tại 4 điểm phân biệt Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ





=+
−=
1y
9
x
x2xy
2
2
2
09y8x16y9x9
9y9x
y8x16x8
22
22

2
=−−−+⇒



=+
=−
⇔
(**)
18
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
(**) là phương trình của đường tròn có tâm






=
9
4

;
9
8
I
, bán kính R =
9
161
Do đó 4 giao điểm của
(E) và (P) cùng nằm trên đường tròn có phương trình (**)
Câu 6a: 2,Viết phương trình mặt phẳng (
β
)
Do (β) // (α) nên (β) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D
≠
17)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5 .Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3.
Khoảng cách từ I tới (β) là h =
435rR
2222
=−=−
Do đó



=
−=
⇔=+−⇔=
−++
+−−+
(lo¹i) 17D

7D
12D54
)1(22
D3)2(21.2
222
Vậy (β) có phương trình 2x + 2y – z - 7 = 0
Câu 7a : Tìm hệ số của x
2
Ta có
( )
∫∫
++++=+=
2
0
nn
n
22
n
1
n
0
n
2
0
n
dxxCxCxCCdx)x1(I 
2
0
1nn
n

32
n
21
n
0
n
xC
1n
1
xC
3
1
xC
2
1
xC






+
++++=
+

suy ra I
n
n
1n

2
n
3
1
n
2
0
n
C
1n
2
C
3
2
C
2
2
C2
+
++++=
+

(1)
Mặt khác
1n
13
)x1(
1n
1
I

1n
2
0
1n
+
−
=+
+
=
+
+
(2)
Từ (1) và (2) ta có
n
n
1n
2
n
3
1
n
2
0
n
C
1n
2
C
3
2

C
2
2
C2
+
++++=
+

1n
13
1n
+
−
=
+
Theo bài ra thì
7n65613
1n
6560
1n
13
1n
1n
=⇒=⇔
+
=
+
−
+
+

Ta có khai triển
( )
∑∑
−
−
=








=








+
7
0
4
k314
k
7

k
k
7
0
4
k7
k
7
7
4
xC
2
1
x2
1
xC
x2
1
x
Số hạng chứa x
2
ứng với k thỏa mãn
2k2
4
k314
=⇔=
−
Vậy hệ số cần tìm là
4
21

C
2
1
2
7
2
=
Câu b:1, Viết phương trình đường tròn
Do B ∈ d
1
nên B = (m; - m – 5), C ∈ d
2
nên C = (7 – 2n; n)
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên



=+−−
=−++
0.3n5m3
2.3n27m2




=
−=
⇔




=+−
−=−
⇔
1n
1m
2nm
3n2m
Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)
Giả sử đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
0cby2ax2yx
22
=++++
. Do A, B, C ∈ (C) nên ta có hệ





−=
=
−=
⇔





=++++
=+−−+

=++++
27/338c
18/17b
54/83a
0cb2a10125
0cb8a2161
0cb6a494

Vậy (C) có phương trình
0
27
338
y
9
17
x
27
83
yx
22
=−+−+
Câu 6b :2, Tìm giá trị nhỏ nhất Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G =






3;
3

8
;
3
7
Ta có
( ) ( ) ( )
222
222
GCMGGBMGGAMGMCMBMAF +++++=++=
22222222
GCGBGAMG3)GCGBGA(MG2GCGBGAMG3
+++=++++++=
19
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
F nhỏ nhất ⇔ MG
2
nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G lên (P)
⇔
33
19
111
333/83/7
))P(,G(dMG =
++
−−−
==

3
64
9

104
9
32
9
56
GCGBGA
222
=++=++
Vậy F nhỏ nhất bằng
9
553
3
64
33
19
.3
2
=+








khi M là hình chiếu của G lên (P)
Câu 7b: Giải hệ phương trình mũ




+−=
++=
⇔



+−=
+=+
+
−
+
+−
1yxe
1yxe
1yxe
)1x(2ee
yx
yx
yx
yxyx
Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ



−=−
+=
⇔




+=
+=
)2(uvee
)1(1ue
1ve
1ue
vu
v
u
v
- Nếu u > v thì (2) có vế trái dương, vế phải âm nên (2) vô nghiệm
- Tương tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2)
vu =⇔
Thế vào (1) ta có e
u
= u+1 (3) . Xét f(u) = e
u
- u- 1 , f'(u) = e
u
- 1
Bảng biến thiên:
u -
∞
0 +
∞
f'(u) - 0 +
f(u)
0
Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0

0u =⇔
.
Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0



=
=
⇔



=−
=+
⇒=⇒
0y
0x
0yx
0yx
0v

Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (0; 0)
Đề số 5:
GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 5
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x
3

– 3x
2
+2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ
nhất.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
cos2x 2sin x 1 2sin xcos2x 0+ − − =
2. Giải bất phương trình
( )
2
4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ −
20
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
Câu III ( 1điểm)Tính tích phân
3
6
cotx
I dx
sinx.sin x
4
π
π
=
π
 
+
 ÷
 

∫
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ
S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC
và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 30
0
.
Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a
2
+b
2
+c
2
=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
2 2 2
3 3 3
a b c
P
b c a
= + +
+ + +
PHẦN RIÊNG (3 điểm)(Học sinh chỉ làm một trong hai phần sau)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) :
2 2
x y 2x 8y 8 0+ + − − =
. Viết
phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một

dây cung có độ dài bằng 6.
2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho
độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất.
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm số phức z thoả mãn :
z 2 i 2− + =
. Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Tính giá trị biểu thức:
2 4 6 100
100 100 100 100
4 8 12 200A C C C C= + + + +
.
2. Cho hai đường thẳng có phương trình:
1
2 3
: 1
3 2
x z
d y
− +
= + =
2
3
: 7 2
1
x t
d y t
z t

= +


= −


= −

Viết phương trình đường thẳng cắt d
1
và d
2
đồng thời đi qua điểm M(3;10;1).
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình sau trên tập phức: z
2
+3(1+i)z-6-13i=0
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 5
Câu 1: 1, Tập xác định: D=R
( ) ( )
3 2 3 2
lim 3 2 lim 3 2
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− + = −∞ − + = +∞
y’=3x
2
-6x=0

0
2
x
x
=

⇔

=

Bảng biến thiên:
21
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
x -∞ 0 2 + ∞
y’ + 0 - 0 +
2 + ∞
y
-∞ -2
Hàm số đồng biến trên khoảng: (-∞;0) và (2; + ∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)
f
CĐ
=f(0)=2; f
CT
=f(2)=-2
y’’=6x-6=0<=>x=1
khi x=1=>y=0 x=3=>y=2 x=-1=>y=-2
Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng.
Câu 1: 2, Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2)
Xét biểu thức P=3x-y-2

Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0
Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất =>
3 điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
4
3 2
5
2 2 2
5
x
y x
y x
y

=

= −


⇔
 
= − +


=


=>
4 2
;

5 5
M
 
 ÷
 
Câu 2: 1, Giải phương trình:
cos2x 2sin x 1 2sin xcos2x 0+ − − =
(1)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 os2 1 2sin 1 2sin 0 os2 1 1 2sin 0c x x x c x x⇔ − − − = ⇔ − − =
Khi cos2x=1<=>
x k
π
=
,
k Z∈
Khi
1
sinx
2
=
⇔
2
6
x k
π
π
= +
hoặc

5
2
6
x k
π
π
= +
,
k Z∈
Câu 2:
2, Giải bất phương trình:
( )
2
4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ −
(1)(1)
( )
(
)
2
4 3 3 4 2 0x x x⇔ − − + − ≥
Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4
2
3 4 2x x− + −
=0<=>x=0;x=3
Bảng xét dấu:
x -∞ 0 ắ 2 + ∞
4x-3 - - 0 + +
2
3 4 2x x− + −
+ 0 - - 0 +

Vế trái - 0 + 0 - 0 +
Vậy bất phương trình có nghiệm:
[
)
3
0; 3;
4
x
 
∈ ∪ +∞
 
 
Câu 3: Tính
( ) ( )
3 3 3
2
6 6 6
cot cot cot
2 2
sinx sinx cos sin x 1 cot
sin x sin
4
x x x
I dx dx dx
x x
x
π π π
π π π
π
= = =

+ +
 
+
 ÷
 
∫ ∫ ∫
Đặt 1+cotx=t
2
1
sin
dx dt
x
⇒ = −
Khi
3 1
1 3;
6 3
3
x t x t
π π
+
= ⇔ = + = ⇔ =
22
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
Vậy
( )
3 1
3 1
3 1
3

3 1
3
1 2
2 2 ln 2 ln 3
3
t
I dt t t
t
+
+
+
+
−
 
= = − = −
 ÷
 
∫
Câu 4: Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H.
Xột ∆SHA(vuông tại H)
0
3
cos30
2
a
AH SA= =
Mà ∆ABC đều cạnh a, mà cạnh
3
2
a

AH =
=> H là trung điểm của cạnh BC => AH ⊥ BC, mà SH ⊥ BC => BC⊥(SAH)
Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K => HK là khoảng cách giữa BC
và SA =>
0
3
AHsin 30
2 4
AH a
HK = = =
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng
3
4
a
Câu 5 :Ta có:
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
a a b a a
b b
+
+ + ≥ =
+ +
(1)

3 3 2 6 2

3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
b b c c c
c c
+
+ + ≥ =
+ +
(2)
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
c c a c c
a a
+
+ + ≥ =
+ +
(3)
Lấy (1)+(2)+(3) ta được:
( )
2 2 2
2 2 2
9 3

16 4
a b c
P a b c
+ + +
+ ≥ + +
(4)
Vì a
2
+b
2
+c
2
=3 Từ (4)
3
2
P⇔ ≥
vậy giá trị nhỏ nhất
3
2
P =
khi a=b=c=1.
Câu 6a: 1, Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5
Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là ∆,
=> ∆ : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0)
Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> khoảng cách từ tâm I đến ∆
bằng
2 2
5 3 4− =

( )

2
4 10 1
3 4
, 4
3 1 4 10 1
c
c
d I
c

= −
− + +
⇒ ∆ = = ⇔

+ = − −


(thỏa mãn c≠2)
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
3 4 10 1 0x y+ + − =
hoặc
3 4 10 1 0x y+ − − =
.
Câu 6a: 2, Ta có
( )
1; 4; 3AB = − − −
uuur
Phương trình đường thẳng AB:
1
5 4

4 3
x t
y t
z t
= −


= −


= −

Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1-
a;5-4a;4-3a)
( ;4 3;3 3)DC a a a⇒ = − −
uuur
Vì
AB DC⊥
uuur uuur
=>-a-16a+12-9a+9=0<=>
21
26
a =
Tọa độ điểm
5 49 41
; ;
26 26 26
D
 
 ÷

 
Câu 7a :Gọi số phức z=a+bi Theo bài ra ta có:
( )
( ) ( )
2 2
2 1 2
2 1 4
3
3


− + + =
− + + =
 
⇔
 
= −
= −




a b i
a b
b a
b a
23
H
A
C

B
S
K
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1

2 2 2 2
1 2 1 2
 
= − = +
 
⇔
 
= − − = − +
 
 
a a
hoac
b b
Vậy số phức cần tìm là: z=
2 2−
+(
1 2− −
)i; z=
2 2+
+(
1 2− +
)i.
Câu 6b : 1, Ta có:
( )
100

0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
1 x C C x C x C x+ = + + + +
(1)

( )
100
0 1 2 2 3 3 100 100
100 100 100 100 100
1 x C C x C x C x C x− = − + − + +
(2)
Lấy (1)+(2) ta được:
( ) ( )
100 100
0 2 2 4 4 100 100
100 100 100 100
1 1 2 2 2 2x x C C x C x C x+ + − = + + + +
Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được:
( ) ( )
99 99
2 4 3 100 99
100 100 100
100 1 100 1 4 8 200x x C x C x C x+ − − = + + +
Thay x=1 vào =>
99 2 4 100
100 100 100
100.2 4 8 200A C C C= = + + +
Câu 6b: 2, Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d
1
và d

2
lần lượt
tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).
Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=>
MA kMB=
uuur uuur
( ) ( )
3 1; 11; 4 2 , ; 2 3;MA a a a MB b b b= − − − + = − − −
uuur uuur

3 1 3 1 1
11 2 3 3 2 11 2
4 2 2 4 1
a kb a kb a
a kb k a k kb k
a kb a kb b
− = − = =
  
  
⇒ − = − − ⇔ + + = ⇔ =
  
  
− + = − + = =
  
=>
( )
2; 10; 2MA = − −
uuur
Phương trình đường thẳng AB là:
3 2

10 10
1 2
x t
y t
z t
= +


= −


= −

Câu 7 b: ∆=24+70i,
7 5i∆ = +
hoặc
7 5i∆ = − −

2
5 4
z i
z i
= +

=>

= − −

Đề số 6:
GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 6
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − +

( )
C
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số
2.Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của
( )
C
tiếp xúc với đường tròn có phương trình
( ) ( )
2 2
1 5x m y m− + − − =
Câu II. (2 điểm)
24
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 1
1. Giải phương trình
3 4
2(cot 3)
2
sin 2
cos

x
x
x
+ = +
2. Giải phương trình
x 2
1 1 1
log x 1
2
log log 4 2
2x 1
4
−
+ − = +
−
Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng
D
được giới hạn bởi các đường
( )
ln 2x
y
x
+
=
,
0y =
,
1x =
và
x e=

. Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng D quanh trục
0x
Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng
. ' ' 'ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác cân với
AB AC a= =
, góc
0
120BAC∠ =
, cạnh bên
'
BB a=
. Gọi I là trung điểm của
'CC
. Chứng minh tam giác
'AB I
vuông tại
A và tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng
( )
ABC
và
( )
'AB I
Câu V.(1 điểm) Cho
,x y
là các số thực thỏa mãn
2 2
1x y xy+ − =

.Tìm GTLN, GTNN của
6 6 2 2
2F x y x y xy
= + − −
II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân, biết đỉnh
( )
3; 1C −
và phương trình của cạnh huyền là
3 10 0x y− + =
2.Cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0x y z− + − =
và các đường thẳng:
1 3
:
1
2 1 2
x y z
d
− −
= =
−
,
5 5
:
2

3 4 2
x y z
d
− +
= =
Tìm các điểm
1 2
d , dA B∈ ∈
sao cho AB // (P) và AB cách (P) một khoảng bằng 1.
Câu VII.a (1 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x
2
trong khai triển nhị thức Niutơn của
1
4
2
n
x
x
+
 
 ÷
 
biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn:
( )
1 2 3 1
2 3 1 64
n n
n n n n n
C C C n C nC n
−

+ + + + − + =

2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(0;0),
B(-1;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x-1. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
2.Cho hai đường thẳng d
1
và d
2
lần lượt có phương trình:
1
2 2 3
:
2 1 3
x y z
d
− − −
= =

2
1 2 1
: ,
2 1 4
x y z
d
− − −
= =

−
Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d
1
và d
2
Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của
20
x
trong khai triển của biểu thức
5
3
2
( )
n
x
x
+
biết rằng:
1 1 1 1
0 1 2
( 1)
2 3 1 13
n n
C C C C
n n n n
n
− + + + − =
+
HƯỚNG DẪN ĐỀ 6
Câu 1: 1, + Tập xác định D = R + Sự biến thiên

2
0
' 3 6 0
2
x
y x x
x
=

= − = ⇔

=

25