Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn toán 2014

Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)
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 THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
−
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại A, B sao
cho
9OA OB=
.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
2 2
sin 3 cos2 sin 0x x x+ =
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2
2
1

( , )
xy
x y
x y
x y
x y x y

+ + =

+
∈


+ = −

¡
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
4
8
cot tan
sin 2 cos 2
4
x x
I dx
x x
π
π
π
−
=

 
−
 ÷
 
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB a
=
,
3AC a=
,
hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo
với mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng
(A’BC).
Câu V (1,0 điểm) Cho hệ bất phương trình:
2 2
2 2
5log 8log .log 8log 1
1
3log 8log .log 4log
2 1
x x y y
m
x x y y
m

− − ≥



+
− + ≤

+


( , )x y
+
∈¡
Định m để hệ bất phương trình đã cho có nghiệm.
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 mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, phương trình AB: x + 2y – 4 = 0, BC:
3x + y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C, biết rằng diện tích tam giác ABC bằng
5
2
và điểm A có
hoành độ dương.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x − y + 2z + 5 = 0 và hai đường thẳng
1
1 3 1
( ) :
2 1 1
x y z
d
+ − −
= =
,

2
3 1
( ):
3 1 1
x y z
d
+ +
= =
−
. Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt cả hai
đường thẳng (d
1
), (d
2
), song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng
6
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn
2 2 2 2z i− + =
và
1
1
z
z i
+
=
+
.
B. Theo chương trình Nâng cao
1

Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng
: 2 5 0x y∆ − + =
và đường tròn
2 2
( ) : 2 4 5 0C x y x y+ − + − =
. Qua điểm M thuộc ∆, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các
tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn
2 5AB =
.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; −1), C(3; 3; 1) và mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 6 6 5 0S x y z x y z+ + + − − + =
. Tìm tọa độ điểm M trên (S) sao cho M cách đều ba điểm A,
B, C.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình:
2 2 2
3 10 4 2
2 4 2 16 0
x x x x x x− − − − + +
+ − − =
.
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ SỐ 1
Câu 1:Cho hàm số
2 1
1
x
y
x

−
=
−
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
TXĐ:
{ }
2
1
\ 1 , ' 0,
( 1)
y x
x
−
= = < ∀ ∈
−
¡D D
Hàm số nghịch biến trên các khoảng:
( ;1)−∞
và
(1; )+ ∞
Giới hạn và tiệm cận:
1 1
lim ; lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞
⇒ tiệm cận đứng: x = 1

lim lim 2
x x
y y
→+∞ →−∞
= =
⇒ tiệm cận ngang y = 2
Bảng biến thiên:
Đồ thị: Đi qua các điểm
( )
1
; 0 , 0; 1
2
 
 ÷
 
và nhận giao điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng.
2.Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại A, B sao cho
9OA OB=
Gọi α là góc tạo bởi tiếp tuyến với trục x’Ox thì từ giả thiết OA = 9OB ta suy ra hệ số góc của tiếp
tuyến được tính bởi
1
9
OB
k
OA
= ± = ±
⇒ hoành độ tiếp điểm là nghiệm của pt: y’ = k hay:

2
2

2
1 1
( )
4
( 1) 9
( 1) 9
1 1 2
( 1) 9
x
x
x
x
x
−

=

=
−


⇔ − = ⇔

− = −


= −

−


VN
,
(4) ( 2)
7 5
,
3 3
y y
−
= =
2
x
y’
−∞
+∞
y
1
−
−
+∞
2
−∞
2
•
•
•
•
•
•
1
2

1
1
2
0
x
y
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)
+ Với
1
9
k = −
và tiếp điểm
7
4;
3
 
 ÷
 
, ta có pt tiếp tuyến:
( )
1 7 1 25
4 hay
9 3 9 9
y x y x= − − + = − +
+ Với
1
9
k = −
và tiếp điểm
5

2;
3
 
−
 ÷
 
, ta có pt tiếp tuyến:
( )
1 5 1 13
2 hay
9 3 9 9
y x y x= − + + = − +
Câu 2: 1. Giải phương trình:
2 2
sin 3 cos2 sin 0x x x+ =
Pt tương đương:
2 2 3 2 2
sin 3 cos2 sin 0 (3sin 4sin ) cos 2 sin 0x x x x x x x+ = ⇔ − + =
2 2 2
sin (3 4sin ) cos 2 1 0x x x
 
⇔ − + =
 
{ }
2
[3 2(1 cos 2 )] cos 2 1 0x x⇔ − − + =
( )
2 2 2 3 2
sin (1 2cos 2 ) cos 2 1 0 sin 4cos 2 4cos 2 cos 2 1 0x x x x x x x
 

⇔ + + = ⇔ + + + =
 
( )
( )
2 2
sin cos 2 1 4cos 2 1 0x x x⇔ + + =

2
sin 0
cos2 1 ( )
2
4cos 2 1 0 (VN)
x
x k
x k
x k
x
π
π
π

=
=



⇔ = − ⇔ ∈


= +



+ =

¢
Câu 2: 2. Giải hệ phương trình:
2 2
2
2
1 (1)
(2)
xy
x y
x y
x y x y

+ + =

+


+ = −

Điều kiện: x + y > 0
Đặt u = x + y, u > 0 và v = xy. Pt (1) trở thành:
2 3
2
2 1 2 2 0
v
u v u u uv v

u
− + = ⇔ − − + =
2
1
( 1)[ ( 1) 2 ] 0
2 0
u
u u u v
u u v
=

⇔ − + − = ⇔

+ − =

TH1: Với u = 1 hay x + y = 1 (thỏa đk), thay vào 2 được:
2 2
1
1 (1 ) 2 0
2
x
x x x x
x
=

= − − ⇔ + − = ⇔

= −


1 0; 2 3x y x y= ⇒ = = − ⇒ =
TH2: Với
2
2 0u u v+ − =
hay
2 2 2
( ) 2 0 0x y x y xy x y x y+ + + − = ⇔ + + + = ⇒
vô nghiệm do đk
Vậy hệ pt có 2 nghiệm (1; 0); (−2; 3).
Câu 3: Tính tích phân:
4
8
cot tan
sin 2 cos 2
4
x x
I dx
x x
π
π
π
−
=
 
−
 ÷
 
∫
2 2
4 4

8 8
cos sin
cot tan
sin .cos
sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 .cos sin 2 .sin
4 4 4
x x
x x
x x
I dx dx
x x x x x
π π
π π
π π π
−
−
= =
   
− +
 ÷  ÷
   
∫ ∫
( )
4 4
2
8 8
cot 2 cot 2 1
2 2 2 2 .
sin 2 cos 2 sin 2 1 cot 2 sin 2
x x

dx dx
x x x x x
π π
π π
= =
+ +
∫ ∫
Đặt
2 2
2 1 1
cot 2
sin 2 2 sin 2
t x dt dx dt dx
x x
= ⇒ = − ⇒ − =
. Đổi cận:
1; 0
8 4
x t x t
π π
= ⇒ = = ⇒ =
0
1
1
2 2 .
1 2
t
I dt
t
 

= −
 ÷
+
 
∫

1 1
0 0
1
2 2 1
1 1
t
dt dt
t t
 
= = −
 ÷
+ +
 
∫ ∫
( )
( )
1
0
2 ln 1 2 1 ln 2t t= − + = −
3
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)
Câu 4: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB a
=

,
3AC a=
,
hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc
giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách
từ B’ đến mặt phẳng (A’BC).
Giải : Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có:
·
0
2 2
2 , ; ' 60
3 3
a
BC a AG AI A AG= = = =
0
2 3
' .tan60
3
a
A G AG⇒ = =

Thể tích V của khối lăng trụ được tính bởi:
3
1 1 2 3
. ' . . ' . 3.
2 2 3
ABC
a

V S A G AB AC A G a a a= = = =
(đvtt)
Dựng AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK
1 1 1 . 1 . 3 3
.
3 3 3 3 2 6
GI MG AB AC a a a
CI AK
AK MA BC a
⇒ = = ⇒ = = = =
Dựng GH ⊥ A’I tại H (1) Do:
(2)
'
BC GI
BC GH
BC A G
⊥

⇒ ⊥

⊥

. Từ (1) và (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC)
Mặt khác nhận thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’. Từ đó
[ ', ( ' )] [ , ( ' )] 3 [ , ( ' )] 3d B A BC d A A BC d G A BC GH= = =
2 2 2 2
2 3 3
3. .
' . 3. ' . 6 2 51
3 6

3.
' 17
51
' 12 3
9 36
a a
A G GI A G GI a a
A I
A G GI a a
= = = = =
+
+
Câu 5: Cho hệ bất phương trình:
2 2
2 2
5log 8log .log 8log 1
1
3log 8log .log 4log
2 1
x x y y
m
x x y y
m

− − ≥


+
− + ≤


+


( , )x y
+
∈¡
Đặt
log , logu x v y= =
, hệ pt trở thành:
2 2 2 2
2 2 2 2
5 8 8 1 5 8 8 1
1 2 2
3 8 4 6 16 8
2 1 2 1
u uv v u uv v
m m
u uv v u uv v
m m
 
− − ≥ − + + ≤ −
 
⇔
 
+ +
− + ≤ − + ≤
 
+ +
 
(*)

Giả sử hệ có nghiệm
0 0
( ; )x y
0 0
0 0
log
log
u x
v y
=

⇒

=

là nghiệm của hệ pt (*), hay ta có hệ bất đẳng thức đúng sau:
2 2
0 0 0 0
2 2
0 0 0 0
5 8 8 1
2 2
6 16 8
2 1
u u v v
m
u u v v
m

− + + ≤ −



+
− + ≤

+

. Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên được:
( )
2
0 0
1
4
2 1
u v
m
− ≤
+
⇒ ĐK cần để hệ có nghiệm là
1
2 1 0 hay
2
m m+ > > −
Xét ĐK đủ: Với
1
2
m > −
, ta có:
2 2 1
1 1

2 1 2 1
m
m m
+
= + >
+ +
. Suy ra để hệ bất pt đã cho có nghiệm x, y ta chỉ cần
c/m hệ bất pt (*) có nghiệm u, v hay hệ pt sau có nghiệm u, v là đủ:
2 2
2 2
5 8 8 1
(**)
6 16 8 1
u uv v
u uv v

− + + = −


− + =


4
N
I
C'
B'
M
A
B

C
A'
G
K
H
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)
Ta có
2 2
2
2
10 10
4
,
5 8 8 1
5 20
(**)
1
( 4 ) 0
10 10
40
,
5 20
u v
u v
u uv v
v
u v
u v

=

= =



− + + = −
 

⇔ ⇔ ⇔
 
= 
− =




= − = −


⇒ đpcm
Vậy
1
2
m > −
là đáp số của bài toán
Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, phương trình AB: x + 2y –
4 = 0, BC: 3x + y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C, biết rằng diện tích tam giác ABC bằng
5
2
và
điểm A có hoành độ dương.

Nhận xét: Góc giữa hai đường thẳng BC và AB là 45
0
và ∆ABC cân tại A nên ∆ABC vuông cân tại A
A ∈ AB ⇒ A(4 − 2a; a); C ∈ BC ⇒ C(c; 7 − 3c)
(2 4; 3 7)AC a c a c= + − − − +
uuur
, vtcp của AB là
1
(2; 1)u = −
r

1
. 0 3AC u c a= ⇔ = −
uuur
r
(1)
Tọa độ B là nghiệm hệ phương trình
2 4 0 2
3 7 0 1
x y x
x y y
+ − = =
 
⇔
 
+ − = =
 
⇒ B(2;1)
Diện tích tam giác ABC:
2

1 5
2 2
ABC
S AB= =
⇔
2 2 2
0
(2 2) (1 ) 5 2 0
2
a
a a a a
a
=

− + − = ⇔ − = ⇔

=

.
Do x
A
> 0 nên chỉ nhận a = 0 ⇒ c = 3. Suy ra A(4; 0) và C(3;−2)
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x − y + 2z + 5 = 0 và hai đường thẳng
1
1 3 1
( ) :
2 1 1
x y z
d
+ − −

= =
,
2
3 1
( ) :
3 1 1
x y z
d
+ +
= =
−
. Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt cả hai đường
thẳng (d
1
), (d
2
), song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng
6
.
Gọi M, N lần lượt là giao điểm của ∆ với (d
1
) và (d
2
)
1 1 1 2 2 2
( 1 2 ;3 ;1 ), ( 3 3 ; ; 1 )M t t t N t t t− + + + − + − − +
Ta có:
2 1 2 1 2 1
(3 2 2; 3; 2)MN t t t t t t= − − − − − − −
uuuur

và vtpt của (P)
(1; 1; 2)n = −
r
+ ∆ // (P) nên:
2 1 2 1 2 1 2 1
. 0 3 2 2 3 2 2 4 0 6 3 3 0MN n t t t t t t t t= ⇔ − − + + + + − − = ⇔ − − =
uuuur
r

1 2
2 1t t⇔ = −
(1)

2 2 2
3 3 2 2 5
[ , ( )] 6 [ , ( )] 6 6
6
t t t
d P d M P
− + + − + +
∆ = ⇔ = ⇔ =

2 2
1 1t t⇔ = ⇔ = ±

2 1 2 1
1 1; 1 3t t t t= ⇒ = = − ⇒ = −

Với
1 2

1t t= =
, ta có
1 4 2
(1; 4; 2), (1; 5; 2) pt :
1 5 2
x y z
M MN
− − −
= ⇒ ∆ = =
uuuur
Với
1
2
3
1
t
t
= −


= −

, ta có
7
( 7; 0; 2), (1; 1; 0) pt : ( )
2
x t
M MN y t t
z
= − +



− − = ⇒ ∆ = ∈


= −

uuuur
¡
Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn
2 2 2 2z i− + =
và
1
1
z
z i
+
=
+
.Giả sử
,( , )z x yi x y= + ∈¡
. Từ giả thiết ta
có:

2 2
2 2 2 2 ( 2) ( 2) 2 2 ( 2) ( 2) 8z i x y i x y− + = ⇔ − + + = ⇔ − + + =

2 2 2 2
1
1 ( 1) (1 ) ( 1) (1 )

z
x yi x y i x y x y x y
z i
+
= ⇔ + + = + − ⇔ + + = + − ⇔ = −
+
5
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)
Ta được hệ:
2 2 2
4, 4
( 2) ( 2) 8 ( 2) 4
0, 0
x y
x y x
x y
y x y x
= = −
 
− + + = − =

⇔ ⇔
 

= =
= − = −

 
Vậy
4 4 ; 0z i z= − =

Câu 6b: 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng
: 2 5 0x y∆ − + =
và đường tròn
2 2
( ) : 2 4 5 0C x y x y+ − + − =
. Qua điểm M thuộc ∆, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các
tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn
2 5AB =
.
+M ∈ ∆ ⇒ M(2m − 5; m);
(C) có tâm I(1; −2), bán kính
10R =
Gọi H là trung điểm AB ⇒
5AH =
và AH ⊥ MI
Tam giác AIM vuông tại A có AH là đướng cao nên:
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
10
5 10
AM
AH AM AI AM
= + ⇔ = + ⇒ =
và
2 2
2 5IM IA MA= + =
2
20IM⇒ =
⇔
2 2 2

(2 6) ( 2) 20 4 4 0 2m m m m m− + + = ⇔ − + = ⇔ =
Câu 6b: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; −1), C(3; 3; 1) và mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 6 6 5 0S x y z x y z+ + + − − + =
. Tìm tọa độ điểm M trên (S) sao cho M cách đều ba điểm A, B, C. Giả
sử M(x; y; z). M cách đều A, B, C nên:
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
( 2) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
hay
( 2) ( 1) ( 3) ( 3) ( 1)
AM BM x y z x y z
AM CM x y z x y z
 
= − + − + = − + − + +
 
 
= − + − + = − + − + −
 
 
1
3 ( )
2 7
1
x t
x z
y t
x y z
z t
=


+ =


⇔ ⇔ = ∈
 
+ + =


= −

¡
M ∈ (S) nên
2 2 2
3 3 3
9 (1 ) 2 18 6 6 5 0 2 6 9 0
2
t t t t t t t
− ±
+ + − + − − + + = ⇔ + − = ⇔ =
Suy ra
3 3 3 5 3 3
; 3;
2 2
M
 
− + −
 ÷
 ÷
 

hoặc
3 3 3 5 3 3
; 3;
2 2
M
 
− − +
 ÷
 ÷
 
Câu 7b: Giải phương trình:
2 2 2
3 10 4 2
2 4 2 16 0
x x x x x x− − − − + +
+ − − =
.Phương trình tương đương:
2 2 2 2 2 2
3 10 2 2 8 2 3 14 2 2 12 2
2 2 2 16 0 2 2 2 1 0
x x x x x x x x x x x x− − − − + + − − − − + −
+ − − = ⇔ + − − =
2 2 2
2 2 12 2 2 2 12
(2 1)(2 1) 0 2 1 0
x x x x x x− − + − − −
⇔ − + = ⇔ − =
2
2 2 12 0 2
2

2 2 2 2 12 0
3
x x
x
x x
x
− −
= −

⇔ = ⇔ − − = ⇔

=

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 ) :
6
H
I
B
M
A
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)
Câu I ( 2,0 điểm )Cho hàm số
= − + − +
3 2
3 ( 4) ,y x x m x m m laø tham soá

(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 4.
2. Chứng minh đồ thị (1) luôn cắt trục hoành tại điểm A cố định với mọi m. Tìm m để đồ thị (1) cắt trục
hoành tại ba điểm A, B, C phân biệt sao cho
+ + =
1 1
0,
A
B C
k
k k
trong đó
, ,
A B C
k k k
lần lượt là hệ số góc tiếp
tuyến của đồ thị (1) tại A, B, C.
Câu II ( 2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( ) ( )
( )
+ −
=
+
1 sin 5 2sin
3
2sin 3 cos
x x
x x
.

2. Giải phương trình
+ + = − − + +
2 2
1 3 1 2 1x x x x x
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
+ +
=
+
∫
1
7
4 2
3
2 3
1
26
3 1x x
I dx
x x x
.
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật ; tam giác SAB vuông cân tại S. Gọi H là trung
điểm của đoạn thẳng AB, các mặt phẳng (SHC), (SHD),(ABCD) đôi một vuông góc. Biết
= 3SC a
, tính thể
tích khối chóp S.ABCD theo a. Tính góc hợp bởi hai mặt phẳng (SAD) và (SDC).
Câu V (1,0 điểm)
Cho x,y là các số thực thoả mãn :
1

22
=+− yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
1
1
22
44
++
++
=
yx
yx
P
PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( A hoặc B )
A.Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường phân giác trong của góc
·
ABC
đi qua trung điểm của cạnh AD và có phương trình
− + =2 0x y
; đỉnh D nằm trên đường thẳng có
phương trình x+y-9=0. Biết điểm E(-1;2) nằm trong đoạn thẳng AB và đỉnh B có hoành độ âm. Tìm
tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng
1
2 2 1
:
2 1 2
x y z

d
− + +
= =
−
;
2 3
1 1 1 2
: ; :
1 2 1 1 1 2
x y z x y z
d d
− + − −
= = = =
−
. Chứng minh d
2
và d
3
chéo nhau. Viết phương trình đường
thẳng
∆
vuông góc với d
1
,cắt d
2
và d
3
tại hai điểm A, B sao cho
3AB =
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn

+ = +1z z i
và
+
1
z
z
là số thực
B. Theo chương trình nâng cao
C. Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp
+ =
2 2
( ): 1
9 5
x y
E
. Gọi
1 2
,F F
là các tiêu điểm của (E)
Tìm tọa độ điểm M trên (E) sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
1 2
MF F
bằng
2
5
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( )
+ − + =: 3 14 0P x y z

. Viết phương trình
mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) và đi qua hai điểm A(1;3;2), B(-3;1;4). Viết phương trình mặt phẳng
(Q) qua A,B và cắt (S)theo một đường tròn có diện tích bé nhất.
7
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học mơn Tốn 2014 (kèm đáp án chi tiết)
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
2 2
2
2
3 2
2012
2011
2012
3log ( 2 6) 2log ( 2) 1
−

+
=


+

+ + = + + +

y x
x
y
x y x y
.

ĐÁP ÁN ĐỀ 2
Câu 1:
3 2
4 3 4Với m ta có y x x= = − +
1
0
. Tập xác đònh
¡
2
0
. Sự biến thiên: Giới hạn
( ) ( )
→+∞ →+∞ →+∞ →−∞ →−∞ →−∞
   
= − + = − + = +∞ = − + = − + = −∞
 ÷  ÷
   
3 2 3 3 2 3
3 3
1 4 1 4
lim lim 3 4 lim 1 , lim lim 3 4 lim 1
x x x x x x
y x x x y x x x
x x
x x
• Bảng biến thiên:
2 2
0
' 3 6 ; ' 0 3 6 0
2

x
y x x y x x
x

=
= − = ⇔ − = ⇔

=

x -
∞
0 2 +
∞
y’ + 0 - 0 +
y
4 +
∞
-
∞
0
3
0
. Đồ thò
• Đồ thò cắt trục hoành tại các điểm (-1;0) và (2;0)
• Đồ thò cắt trục tung tại điểm (0;4)
• y’’= 6x-6; y’’= 0 khi x=1. Vậy tâm đối xứng của đồ thò là I(1;2)

4
2
-2

5
O
I
Câu 1: 2, Phương trình hoành độ giao điểm là
( )
( )
3 2 2
2
1 0
3 ( 4) 0 1 4 0
4 0(1)
x
x x m x m x x x m
x x m

+ =
− + − + = ⇔ + − + = ⇔

− + =

Ta thấy đồ thò luôn cắt trục Ox tại điểm A(-1;0) với mọi giá trò của m
• Để đồ thò của hàm số cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt thì pt(1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác -1
hay
4 0 4
5 0 5
m m
m m
 
− > <
⇔

 
+ ≠ ≠ −
 
Gọi
1 2
1 2
1 2
4
, là hai nghiệm của phương trình (1), theo đònh lý Viet ta có
x x
x x
x x m

+ =


=


8
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học mơn Tốn 2014 (kèm đáp án chi tiết)
( ) ( )
= + = − + − = − + −
+ + + =
− + − − + −
− + − + − + −
⇔ + +
1 2
2 2
1 1 2 2

2 2
1 1 2 2
2 2
1 1 2 2
Khi đó x , là hoành độ của B và C, hệ số góc tại A,B,C sẽ là
5; 3 6 4; 3 6 4
1 1
Theo giả thiết ta có 5 0
3 6 4 3 6 4
3 6 4 3 6 4
5
A B C
x
k m k x x m k x x m
m
x x m x x m
x x m x x m
m
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
−
= ⇔ + + =
− +
− + − − + −

= −
⇔ + − = ⇔ + = ⇔


+
= −

2 2
1 1 2 2
2
4 4
0 5 0
4 4 5
3 6 4 3 6 4
4
1
5 0 5 1 Đối chiếu điều kiện ta có m=-6 hoặc m=-4
5
6
m
m
m m
x x m x x m
m
m m
m
m
Câu 2: 1,
: cos 0 ,
2
ĐK x x k k
π
π
≠ ⇔ ≠ + ∈Z

( ) ( )
( )
+ −
= ⇔ + − = +
+
2
1 sin 5 2sin
3 5 3sin 2sin 3sin2 3 3 cos
2sin 3 cos
x x
x x x x
x x
⇔
( ) ( )
π π
   
− + − + = ⇔ + − + + =
 ÷  ÷
   
cos2 3sin2 3 sin 3cos 4 0 cos 2 3cos 2 0
3 6
x x x x x x
π
π
π
π π π
π
π
π
π


= − +


 
+ =


 ÷
   
 


⇔ + − + + = ⇔ ⇔ = + ∈
 ÷  ÷


 
   

+ =

 ÷


 

= − +



2
2
6
cos 1
6
2cos 3cos 1 0 2 ,
6 6 6
1
cos
6 2
2
2
x k
x
x x x k k
x
x k
Z
π
π
= ± + ∈Đối chiếu điều kiện ta có các nghiệm 2 ,
6
x k k Z
Câu 2: 2,
2
: 3 1 0ĐK x x− − ≥
(
)
( )
( ) ( )

+ + = − − + + ⇔ + + − − − − + =
 
+
− + = ⇔ + − =
 ÷
 ÷
+ + + − − + + + − −
 


+ =
= −

⇔


+ + + − − =



+ + + − − =

= −
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
1 3 1 2 1 (1) 1 3 1 2 1 0
4 2 2
2 1 0 2 1 1 0

1 3 1 1 3 1
1
2 1 0
2
1 3 1 2
1 3 1 2 (2)
1
Ta thấy là một nghiệm của phươ
2
x x x x x x x x x x
x
x x
x x x x x x x x
x
x
x x x x
x x x x
x
( )
( )
( )
( )

+ + = − − + +

⇒ + + = +

+ + + − − =




−

+ ≥
≥

− −

⇒ ⇒ ⇒ = = − =
 
+ + = +
 

+ + = +

2 2
2
2 2
2
2
2
2
ng trình (1)
1 3 1 2 1
Từ (1) và (2) ta có hệ 2 1 2 3
1 3 1 2
3
2 3 0
5 1 5
2

Thử lại ta có các nghiệm ;
8 2 8
4 1 2 3
4 1 2 3
x x x x x
x x x
x x x x
x
x
x x x
x x x
x x x
Câu 3:
9
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học mơn Tốn 2014 (kèm đáp án chi tiết)
( )
( )
+ + +
= = + = +
+ + +
+
+
∗ = = = + =
+ +
 
∗ = = − + = − +
 ÷
 
+ +
∫ ∫ ∫

∫ ∫
∫ ∫
1 1 1
7 7 7
4 2 4 2
1 2
3 3 3
2 3 2 3 2 3
1 1 1
26 26 26
1 1
3
7 7
2
2
3
3
1
3 3
3 3
1 1
26 26
1 1
7 7
2
3 2
1 1
3 3
2 2
26 26

3 1 3 1
1
3 1 3 123
7

2 364
1
26
1 1 1 1 1 3 1
1 1
2 4
1 1
1 1
x x x x
I dx dx dx I I
x x x x x x x x x
d x x
x
Tính I dx x x
x x x x
Tính I dx d
x x
x x
 
=
 ÷
 
=
2
3

2
1
15
7
4
1
26
322
.
91
x
Vậy I
Câu 4:
G
F
E
H
A
B
D
C
S
0
2
Như vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) là góc giữa HG và HF, ta có HFG có HF= ;
2
2 2
HG= ; ta thấy HGF đều nên góc giữa (SAD) và (SCD) bằng 60
2 2
a

a a
GF
∆
= ∆
Câu 5: Tõ gi¶ thiÕt suy ra:
2 2 2
1 2 ;1 ( ) 3 3x xy y xy xy xy x y xy xy= − + ≥ − = = + − ≥ −
Tõ ®ã ta cã
1
3
1
≤≤− xy
.
M¨t kh¸c
xyyxyxyx +=+⇔=+− 11
2222
nªn
12
2244
++−=+ xyyxyx
.§Ỉt t=xy
Vậy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cđa
1
3
1
;
2
22
)(
2

≤≤−
+
++−
== t
t
tt
tfP
TÝnh




−−=
−=
⇔=
+
+−⇔=
)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf
Do hµm sè liªn tơc trªn
[ ]

1;
3
1
−
nªn so s¸nh gi¸ trÞ cđa
)
3
1
(
−
f
,
)26( −f
,
)1(f
cho ra kÕt qu¶:
626)26( −=−= fMaxP
,
15
11
)
3
1
(min =−= fP
1 đ
10
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học mơn Tốn 2014 (kèm đáp án chi tiết)
Câu 6a: 1,
4
2

5
E'
O
B
A
C
D
M
E
( ) ( )
0 0
0 0
0 0 0
0 0
0 0 0
Gọi '( ; ) là điểm đối xứng của E qua phân giác ta có hệ
1 2 0
1 0
, '(0;1)
1 2
1 1
2 0
2 2
Gọi B(t; t+2), t < 0,do ABCD là hình chữ nhật và E
E x y
x y
x y x
E
x y
x y y


+ + − =
 
+ = =
  
⇔ ⇔
  
− +
− = − = −
 
− + =
 


( ) ( )
nằm trong đoạn AB nên E' nằm trên đoạn
BC BE BE' 1 1 0 1 do t<0 hay B(-1;1).
phương trình đường thẳng BE là x=-1, pt của đt BE' là y=1
Gọi A(-1;a),a 2 và D(d;9-d) ta có tọa độ
t t t t t⇒ ⊥ ⇒ + + + = ⇒ = −
≥
( ) ( ) ( )
1 9
trung điểm của AD là M ;
2 2
1 9
theo giả thiết ta được 2 0 2 6 0 (1)
2 2
1; 9 ; 0; , do AB AD nên ta có a 9 0 9 0 (2)
Từ (1) và (2) ta có a=4 và d=5

d a d
d a d
a d
AD d a d BA a a d a d
 
− + −
 ÷
 
− + −
− + = ⇔ − + =
= + + − = ⊥ + − = ⇔ + − =
uuur uuur
hay A(-1;4) và D(5;4) C(5;1).⇒
( ) ( ) ( )
 
= + =
 
∗ = − + − = = +
 
 
= = +
 
uur
2 2 2 2 3 3 3
1 '
: 1 2 , đi qua M 1; 1;0 và có vtcp 1;2;1 ; : 1 ' , đi qua M 0;1;2
2 2 '
x t x t
d y t d u d y t d
z t z t

( )
=
uur
3
và có vtcp 1;1;2u
( ) ( )
( )
   
= − = − = − ≠
   
∗ ⇒ = + + − − − − ∆
uuuuuuur uur uur uuuuuuur uur uur
uuur
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
M M 1;2;2 ; , 3; 3;3 ;M M . , 3 0 nên d và d chéo nhau.
Giả sử A(1+t;-1+2t;t) và B(-t';1+t';2+2t') ' 1;2 ' 2; 2 ' 2 là vtcp của ,

u u u u
BA t t t t t t
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
∆ ⊥ + + − − − + − − = ⇔ = = + − − −

=
+ + − + − − = ⇔ + = ⇔

= −

− +

= − − ∆ = =
− −
uuur
uuur
1
2 2 2
2
do d nên 2 ' 1 2 ' 2 2 2 ' 2 0 ' 2 , 3 1; 2; 3 2
0
Mặt khác, BA=3 nên 3 1 2 3 2 9 18 18 0
1
1 1
Với t=0 ta có A(1;-1;0); 1; 2; 2 .Ptct của :
1 2 2
Với
t t t t t t t t BA t t
t
t t t t
t
x y z
BA
( )
+ +
= − − ∆ = =
− −
− + + +
∆ = = ∆ = =
− − − −
uuur
1 2

3 1
t=-1 ta có A(0;-3;-1); 2; 2;1 .Ptct của :
2 2 1
1 1 3 1
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán đó là : ; :
1 2 2 2 2 1
x y z
BA
x y z x y z
Câu 7a:
11
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học mơn Tốn 2014 (kèm đáp án chi tiết)
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2 2
2
Giả sử . ta có 1 1 ; 1 .
Theo đề bài 1 1 1 , khi đó .
1 1 . 1 1
Mặt khác, . . , 0.
. 2 2
2
1
Vì là số
z x y i z x y z i x y
z z i x y x y x y z x x i
x x i

z x x i x x i x x i x
z x x i x x
x
z
z
= + + = + + + = + +
+ = + ⇔ + + = + + ⇔ = = +
   
−
+ = + + = + + = + + − ≠
 ÷  ÷
+
   
+
1 2
1 1
thực nên 0
2
2
1 1 1 1
Như vậy có 2 số phức thỏa mãn bài toán là và
2 2 2 2
x x
x
z i z i
− = ⇔ = ±
= + = − −
Câu 6b: 1,
2
-2

O
F1
F2
M
Ta có F
1
(-2;0) và F
2
(2;0); F
1
F
2
=4
( )
1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2
1 2
Do M (E) nên 6, diện tích MF F là . 2 5 (1)
2
5
1
Gọi ( ; ) ta có ( ; ) , khi đó diện tích MF F là 2 (2).
2
Từ (1) và (2) ta có 5. Như vậy có 2 điểm tho
MF MF MF MF F F
M x y d M Ox y y F F y
y
∈ + = ∆ + + =
= ∆ =
= ±

1 2
ûa mãn bài toán (0; 5) và (0; 5).M M −
Câu 6b: 2, Vì mặt cầu (S) đi qua A,B và tiếp xúc với mp(P) mà B nằm trên (P) nên (S) tiếp xúc với (P) tại
B, do đó tâm I của mặt cầu nằm trên đường thẳng d đi qua B và vuông góc với (P), d có vtcp là
( )
1;1; 3u = −
r
,d có phương trình là
3 1 4
1 1 3
x y z+ − −
= =
−
. Mặt khác, tâm I cũng nằm trên mặt phẳng trung
trực của đoạn thẳng AB, mặt phẳng này đi qua trung điểm M(-1;2;3) của AB và có vtpt
( ) ( ) ( ) ( )
4;2; 2 nên có pt là 2 1 2 3 0 2 3 0BA x y z x y z= − + + − − − = ⇔ + − + =
uuur
Như vậy tọa độ của I là nghiệm của hệ
2 3 0 2
4 0 2
3 7 0 1
x y z x
x y y
y z z
 
+ − + = = −
 
− + = ⇔ =
 

 
+ − = =
 
Bán kính của mặt cầu là R=IA=
11
. Phương trình của mặt cầu là (x+2)
2
+(y-2)
2
+(z-1)
2
=11
Gọi r là bán kính đường tròn ta có
( ) ( )
+ = ⇔ = −
2 2 2 2
;( ) 11 11 ;( )r d I Q r d I Q
( )
đường tròn giao tuyến có diện tích nhỏ nhất khi r nhỏ nhất hay ;( ) lớn nhất d I Q
( )
( ) ( ) ( )
⊥ ≤
⊥ = − + − = ⇔ + − =
uuur
Mặt khác, IM AB và ;( ) , dấu bằng xẩy ra khi M là hình chiếu của I lên mp(Q)
hay IM (Q),vậy (Q) qua A và có vtpt là 1;0;2 , pt của (Q) là 1 2 2 0 2 5 0
d I Q IM
IM x z x z
12
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học mơn Tốn 2014 (kèm đáp án chi tiết)

Câu 7b:
2 2
2012
2011 (1)
2012
3log ( 2 6) 2log ( 2) 1(2)
2
2
3 2

+

=


+

+ + = + + +


−
x
y
x y x y
y x
+) ĐK: x + 2y + 6 > 0 và x + y + 2 > 0
+) Lấy logarit cơ số 2011 và đưa về pt:
2 2 2 2
2011 2011
log ( 2012) log ( 2012)

+ + = + +
x x y y
2011
1
Xét hàm số ( ) log ( 2012), 0 '( ) 1 0
2011( 2012)
( ) là hàm số đòng biến trên (0;+ )
f t t t t f t
t
f t
= + + ≥ ⇒ = + >
+
⇒ ∞
từ đó suy ra x
2
= y
2
⇔ x= y hoặc x = - y
+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log
3
(x+2)=2log
2
(x+1).
Đặt 3t=log
2
(x+1) ta được x=2
3t
-1 do đó 3log
3
(2

3t
+1)=6t
⇔
8
t
+1=9
t
Đưa pt về dạng
1 8
1
9 9
   
+ =
 ÷  ÷
   
t t
, cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1 ⇒ x = y =7
+) Với x = - y thế vào (2) được pt: log
3
(y + 6) = 1 ⇒ y = - 3 ⇒ x = 3.Vậy hệ có các nghiệm là (7;7); (3;-3)
Đề số 3:
GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN SỐ 3
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − +
(1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1m =
.
2. Tìm
m
để đường thẳng
2 1y x= +
cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa
mãn điểm
( )
C 0;1
nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng
30
.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2cos4x - (
3
- 2)cos2x = sin2x +
3

2. Giải hệ phương trình
2 2
2 1 2 4( 1)
4 2 7
x y x y
x y xy

+ + − = −



+ + =


.
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 hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng và AB = BC = a. Cạnh SA vng
góc với mặt phẳng (ABC) . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 45
0
. Gọi M là tâm mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp S.ABC. Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a.
Câu V: (1,0 điểm) Cho các số thực khơng âm
zyx ,,
thoả mãn
3
222
=++ zyx
. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức:
zyx
zxyzxyA
++

+++=
5
.
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)
13
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;2) và đường thẳng (
∆
):
3 4 7 0x y− + =
.
Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng (
∆
) tại hai điểm B, C sao cho
∆
ABC vuông tại A và có diện tích bằng
4
5
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 2
:
2 1 1
x y z− − −
∆ = =
−
và điểm

A(2;1;2). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
∆
sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng
1
3
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển
( )
10
1 2x+
.
( )
2
2
3 4x 4x+ +
=
0
a
+
1
a
x +
2
a
x
2
+ .+
14
a
x

14
. Tìm giá
trị của a
6
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3). Biết đỉnh A , C
lần lượt thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng :
1
1
: 2
1
x t
d y t
z
= +


= −


=

;
2
2 1 1
:
1 2 2

x y z
d
− − +
= =
−
. Viết phương trình mp(P) song song với
1
d
và
2
d
, sao cho khoảng cách từ
1
d
đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ
2
d
đến (P).
Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
log ( 2 8) 6
8 2 .3 2.3
x x y x y
y x
+
− + =



+ =



.
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 3
Câu 1: Với m=1 ta có
3 2
2 3 1y x x= − +
• TXĐ: D=R Sự biến thiên:
- Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
-Ta có:
' 6 ( 1)= − ⇒y x x
0
' 0
1
x
y
x
=

= ⇔

=

-BBT:
x

−∞
0 1
+∞
y’ + 0 - 0 +
y 1
+∞
−∞
0
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (
−∞
;0) và (1;
+∞
), Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1)
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và y
CĐ
=1, Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và y
CT
=0
Đồ thị:Ta có
1
'' 12 6 '' 0
2
= − ⇒ = ⇔ =y x y x

1 1
( ; )
2 2
I⇒
là điểm uốn của đồ thị.
14

Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)
Câu 1: 2, Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số:
3 2
2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − +
là
nghiệm Đồ thị (C) cắt trục Oy tại
( )
A 0;1
Đồ thi cắt trục Ox tại
( )
1
B 1;0 ;C ;0
2
 
−
 ÷
 
Học sinh Tự vẽ
đồ thị phương trình:
3 2
2 3 ( 1) 1 2 1x mx m x x− + − + = +

( )
2
0
9 8 0 : 3
8
9
=



⇔ − = ⇔ <

=

m
m m tmdk m
m
.
2
2
0 1
(2 3 3) 0
2 3 3 0 (*)
= ⇒ =

⇔ − + − = ⇔

− + − =

x y
x x mx m
x mx m
Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm
A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu
2.( 3) 0 3m m⇔ − < ⇔ <
Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn
3
2
3

.
2
A B
A B
m
x x
m
x x

+ =



−

=


và
2 1
2 1
A A
B B
y x
y x
= +


= +


( vì A và B thuộc (d))
AB=
30
2 2
( ) ( ) 30
B A B A
x x y y⇔ − + − =
2
2 2
9 3
( ) 6 ( ) 4 . 6 4. 6
4 2
−
⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − =
B A B A B A
m m
x x x x x x
Câu 2: 1. Giải phương trình: 2cos4x - (
3
- 2)cos2x = sin2x +
3
Phương trình đã cho tương đương với: 2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x

2
cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c 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. Giải hệ phương trình
2 2
2 1 2 4( 1)
4 2 7
x y x y
x y xy

+ + − = −



+ + =


.
Điều kiện: x+2y
1 0+ ≥
Đặt t =
2 1 (t 0)x y+ + ≥
Phương trình (1) trở thành : 2t
2
– t – 6 = 0
( )
( )
2 /
3
t/m
2
t t m
t k

=

⇔

= −


+ Hệ
2 2

2 3
4 2 7
x y
x y xy
+ =

⇔

+ + =

2
1
1
1
2
x
x
y
y
=

=


⇔ ∪
 
=
=




Câu 3: Ta có: I =
e
1
ln x 2
dx
x ln x x
−
+
∫
=
e
1
ln x 2
dx
(ln x 1)x
−
+
∫
15
Tuyn tp 20 luyn thi i hc mụn Toỏn 2014 (kốm ỏp ỏn chi tit)
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:
BC AB
BC (SAB) BC SB
BC SA







Suy ra gúc gia mp(SBC) v mp(ABC) l gúc
ã

SBA
. Theo gi thit
ã
SBA
= 45
0
Gi M l trung im ca SC, H l trung im ca AC.
Tam giỏc SAC vuụng ti A nờn MA = MS = MC, tam giỏc SBC vuụng ti B nờn MB = MC = MS.
Suy ra M l tõm mt cu ngoi tip hỡnh chúp S.ABC Suy ra tam giỏc SAB vuụng cõn ti A, do ú
SA = AB = a., SA

(ABC), MH // SA nờn MH

(ABC).
Suy ra MH l ng cao khi chúp M.ABC. Suy ra
3
M.ABC ABC
1 a
V MH.S
3 12

= =
Cõu 5: Đặt
zyxt ++=


2
3
)(23
2

2

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

=
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) Gi AH l ng cao ca
ABC
, ta cú
4
( ; )
5
AH d A= =
1 4 1 4
. . . 2
2 5 2 5
ABC
S AH BC BC BC

= = =
. Gi I ;R ln lt l tõm v bỏn kớnh ca ng
trũn cn tỡm, ta cú :
1

1
2
R AI BC= = =
. Phng trỡnh tham s ca ng thng (

):
x 1 4t
y 1 3t
ỡ
=- +
ù
ù
ớ
ù
= +
ù
ợ
I
ẻ
(

)
ị
I(-1+4t; 1 + 3t) AI = 1

16t
2
+ (3t 1)
2
= 1

t = 0 hoc t =
9
5
+ t = 0
ị
I(-1; 1) Phng trỡnh ca ng trũn l: (x + 1)
2
+ (y 1)
2
= 1
+ t =
9
5

ị
I(-
1
25
;
43
25
). Phng trỡnh ca ng trũn l: (x +
1
25
)
2
+ (y
43
25

)
2
= 1
Cõu 6a: 2. (1,0 im) : ng thng

i qua im M(1 ; 1 ; 2 ) v cú vtcp l
u

= (2 ; -1 ; 1). Gi
n

= (a ; b ;
c ) l vtpt ca (P). .Vỡ
( )P
nờn
. 0n u

=


2a b + c = 0

b = 2a + c
n


=(a; 2a + c ; c )
Suy ra phng trỡnh ca mt phng (P) l: a(x 1) + (2a + c )(y 1) + c(z 2 ) = 0
16
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)

⇔
ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0 d(A ; (P)) =
1
3
2 2 2
1
3
(2 )
a
a a c c
⇔ =
+ + +

( )
2
0a c⇔ + =
0a c⇔ + =
Chọn a = 1 , c = -1 Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là x + y – z = 0
Câu 7 a: Cho khai triển
( )
10
1 2x+
.
( )
2
2
3 4x 4x+ +
=
0
a

+
1
a
x +
2
a
x
2
+ .+
14
a
x
14
. Tìm giá trị của a
6
.
( )
10
1 2x+
.
( )
2
2
3 4x 4x+ +
=
( )
10
1 2x+
.
( )

2
2
2 1 2x
é ù
+ +
ê ú
ë û
= 4
( )
10
1 2x+
+ 4
( )
12
1 2x+
+
( )
14
1 2x+
Hệ số của x
6
trong khai triển 4
( )
10
1 2x+
là 4.2
6
.
6
10

C
Hệ số của x
6
trong khai triển 4
( )
12
1 2x+
là 4.2
6
.
6
12
C
Hệ số của x
6
trong khai triển 4
( )
14
1 2x+
là 2
6
.
6
14
C
Vậy a
6
= 4.2
6
.

6
10
C
+ 4.2
6
.
6
12
C
+ 2
6
.
6
14
C
= 482496
Câu 6b: 1. (1,0 điểm) Vì điểm A thuộc đường thẳng x + y + 3 = 0 và C thuộc đường thẳng x+ 2y + 3 = 0 nên
A(a ; - a – 3) và C(- 2c – 3 ; c).
I là trung điểm của AC
2 3 4 1
3 6 4
a c a
a c c
− − = = −
 
⇒ ⇔
 
− − + = − = −
 

⇒
A(-1; -2); C(5 ;-4)
Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là
u
r
=(1;3) có ptts là
x 2 t
y 3 3t
= +


= − +

B
∈
BD
⇒
B(2+t ; -3 +3t) .Khi đó :
AB
uuur
= (3 +t ;–1+3t);
CB
uuur
= (- 3+t; 1+3t)
. 0AB CB
→ →
=
Û
t =
±

1. Vậy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) và D(1;-6) hoặc A(-1; -2); C(5 ;-4), B(1;-6) và D(3;0)
Câu 6b: 2. (1,0 điểm)
1
d
đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là :
( )
1
1; 1;0u
→
= −
;
2
d
đi qua điểm B (2; 1; -1) và
vtcp là:
( )
2
1; 2;2u
→
= −
. Gọi
n
→
là một vtpt của (P), vì (P) song song với
1
d
và
2
d
nên

n
→
= [
1 2
;u u
→ →
] = (-2 ; -2 ;
-1)
⇒
(P): 2x + 2y + z + D = 0 ,d(A ; (P) = 2d( B;(P))
7 2. 5D D⇔ + = +

7 2(5 )
7 2(5 )
D D
D D
+ = +

⇔

+ = − +

3
17
3
D
D
= −



⇔

= −

Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z -
17
3
= 0
Câu 7b: Giải hệ phương trình:
2
log ( 2 8) 6 (1)
8 2 .3 2.3 (2)
x x y x y
y x
+
− + =



+ =


. Điều kiện: y – 2x + 8 > 0
(1)
⇔
y – 2x + 8 =
( )
6
2
2y x⇔ =

Thay
2y x=
vào phương trình (2), ta được
2 3
8 2 .3 2.3
x x x x
+ =
8 18 2.27
x x x
⇔ + =
8 18
2
27 27
x x
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
3
2 2
2
3 3
x x
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   

Đặt: t =
2

3
x
 
 ÷
 
(t > 0) Ta có phương trình
( )
( )
3 2
2 0 1 2 0t t t t t+ − = ⇔ − + + =
0
1
0
x
t
y
=

⇔ = ⇒

=

Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0)
17
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)
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

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. ( 7 điểm )
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số:
( ) ( )
3 2
2 6 9 2 2y m x mx m x= − − + − −
(C
m
)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m=1.
2. Tìm m để đường thẳng d: y=-2 cắt (C
m
) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B và C sao cho diện tích
tam giác OBC bằng
13
.
Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:
( )
1
tan 2 tan sin 4 sin 2
6
x x x x− = +
2. Giải hệ phương trình:
( ) ( )
3 7 1 2 1
2 4 5
x x y y y
x y x y
− + = − −



+ + + =


Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân:
e
2
x
1
x x ln x 1
I e dx
x
+ +
=
∫
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật ,cạnh AB=a, AD=2a. Tam
giác SAC đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy,gọi M là trung điểm của SD ,N là
điểm trên cạnh SC sao cho SC=3SN. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ N đến mặt
phẳng (ACM).
Câu V: (1,0 điểm) Cho ba sè x,y,z
(0;1]∈
thoả mãn:
1x y z+ ≥ +
. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu
thøc:
P =
2
x y z
y z z x xy z
+ +
+ + +

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 VIa (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại C có phương
trình cạnh AB là :x-2y=0, điểm I(4;2) là trung điểm của AB, điểm M(4;
9
2
) thuộc cạnh BC, diện tích
tam giác ABC bằng 10. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết tung độ điểm B lớn hơn hoặc
bằng 3.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+2y+2z-6=0, gọi A, B, C lần lượt
là tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz. Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp
tứ diện OABC, tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao tuyến của (P) và (S).
Câu VIIa (1,0 điểm) Gọi
1 2 3 4
, , ,z z z z
là bốn nghiệm của phương trình
4 3 2
2 6 4 0z z z z− − + − =
trên
tập số phức tính tổng:
2 2 2 2
1 2 3 4
1 1 1 1
S
z z z z
= + + +
.
B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mp(Oxy),lập phương trình chính tắc của elíp (E) biết nó có một đỉnh và 2
tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi của hình chữ nhật cơ sở của (E) là :12(2+

3
)
18
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxyz), cho 3 điểm
( ) ( ) ( )
1;2; 1 , 2;1;1 ; 0;1;2A B C−

và đường thẳng (d) có phương trình là:
( )
1 1 2
:
2 1 2
x y z
d
− + +
= =
−
. Hãy lập phương trình đường thẳng
( )
∆
đi qua trực tâm của tam giác ABC, nằm trong mặt phẳng (ABC) và vuông góc với đường thẳng
(d).
Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm tất cả các số thực
,b c
sao cho số phức
( )
( )
( )
( )

12
6
6
1 3 2
1 3 1
i i
i i
+ −
− +
là nghiệm của
phương trình
2
8 64 0.z bz c+ + =

Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 4
Câu Đáp án Điểm
Câu I
1) Khi m = 1
⇒
3 2
6 9 2y x x x= − + −
• TXĐ: D = R
3 2
lim ( 6 9 2)
x
x x x
→−∞
− + − = −∞
,

3 2
lim ( 6 9 2)
x
x x x
→+∞
− + − = +∞
' 2
1
3 12 9 0
3
x
y x x
x
=

= − + = ⇔

=

0,25 đ
• BBT:
x -
∞
1 3 +
∞
y
/
+ 0 - 0 +
2 +
∞

y
-
∞
-2
0,25 đ
Hàm số đồng biến: (-
∞
; 1),(3;+
∞
)
Hàm số nghịch biến: (1;3)
f
CĐ
= f(1) = 2
f
CT
= f(3) = -2
Khi y’’ =6x-12=0
2x
⇔ =
=>y=0
Khi x=0=>y=-2
x= 4=>y=2
Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối
xứng
0,5 đ
2) Phương trình hoành độ giao điểm là:
( ) ( )
3 2
2 6 9 2 2 2m x mx m x− − + − − = −

( ) ( )
3 2
2 6 9 2 0m x mx m x⇔ − − + − =
(1)
( ) ( )
2
2 6 9 2 0x m x mx m
 
⇔ − − + − =
 
0,25 đ
19
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)
( ) ( ) ( )
2
0
2 6 9 2 0 2
x
m x mx m
=

⇔

− − + − =

Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương
trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện:
( )
2
2

1
9 9 2 0
2
2 0
m
m m
m
m

>

∆ = − − >

⇔
 
≠
− ≠



0,25 đ
Gọi tọa độ điểm B(x
B
; -2), C(x
C
; -2) Đk: x
B
≠
x
C

Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d:y+2=0=>h=2
Theo bài ra ta có
( )
2
1
. 13 13 4 13(3)
2
OBC B C B C
S h BC BC x x x x
∆
= = ⇒ = ⇔ + − =
0,25 đ
Theo định lý viét ta có:
6
2
9
B C
B C
m
x x
m
x x

+ =

−


=


(4)
Thay (4) vào (3) ta được:
2
14
6
36 13
13
2
14
m
m
m
m

=
 

− = ⇔
 ÷

−
 
=

(tm)
0,25 đ
Câu II
1) Giải phương trình:

1

tan 2 tan (sin 4 sin 2 )(1)
6
cos2 0
4 2
:
cos 0
2
x x x x
m
x
x
DK m Z
x
x m
π π
π
π
− = +

≠ +

≠


⇔ ∈
 
≠


≠ +



0,25

2 2 2
2
3 2
(1) 6sin cos 2 cos (sin 4 sin 2 )
6sin cos cos 2 (4sin cos cos2 2sin cos )
sin (4cos cos 2 2cos cos2 6) 0
sin (2cos 2 (1 cos 2 ) cos 2 (1 cos 2 ) 6 0
sin (2cos 2 3cos 2 cos 2 6) 0
sin (cos2 1)
x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x
x x x x x
x x x x
x x
⇔ = +
⇔ = +
⇔ + − =
 
⇔ + + + − =
 
⇔ + + − =
⇔ −
2
(2cos 2 5cos2 6) 0x x+ + =
0,5 đ

2
sin 0
cos2 1 ( )
2cos 2 5cos 2 6 0( )
x
x x k tm k Z
x x VN
π

=

⇔ = ⇔ = ∈


+ + =

0,25 đ
2) Giải hệ phương trình:
( ) ( ) ( )
( )
3 7 1 2 1 1
2 4 5 2
x x y y y
x y x y
 − + = − −


+ + + =



Điều kiện:
2 0
4 0
x y
x y
+ ≥


+ ≥

0,25 đ
(1)
( ) ( )
3 7 1 2 1x x y y y⇔ − + = − −

0,25 đ
20
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)

( )
( ) ( )
( )
( )
2 2
3 7 1 2 2 0
3 1 2 0
3 1 3
2 4
x y x y y
x y x y

y x
x y
⇔ − − + − =
⇔ − + − =
= +

⇔

=


Thay (3) vào (2) ta được:

7 2 7 1 5x x+ + + =
điều kiện:
1
7
x ≥ −
( )
2
49 21 2 11 7
11
11 7 0
17 76
7
d
175 119 17
25 25
25
x x x

x
x
x y tm k
x
x
⇔ + + = −

≤

− ≥


⇔ ⇔ ⇔ = ⇒ =
 
=


=


0,25 đ
Thay (4) vào (2) ta được:

4 9 5 1y y y+ = ⇔ =
=>x=2(tmdk)
Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x;y)
( )
17 76
2;1 , ;
25 25

 
 
∈
 
 ÷
 
 
0,25 đ
Câu III
Tính tích phân:
I=
2
1 1 1 1
ln 1
ln
e e e e
x
x x x
x x x e
e dx xe dx xe dx dx
x x
+ +
= + +
∫ ∫ ∫ ∫
0,25 đ
Đặt I
1
=
( )
1

1 1
1
e e
x x e x e
xe dx xe e dx e e= − = −
∫ ∫
0,25 đ
Đặt I
2
=
1
1 1 1
ln ln
e e e
x x
e
x x e
e e
e xdx e x dx e dx
x x
= − = −
∫ ∫ ∫
0,25 đ
Vậy I=I
1
+I
2
+
1
e

x
e
dx
x
∫
=
1 1
1 1
e e
x x
e e e e
e e
e e e dx dx e
x x
+ +
− + − + =
∫ ∫
0,25 đ
Câu VIa
1) Gọi tọa độ điểm B(2y
B
;y
B
)=>A(8-2y
B
;4-y
B
)
Phương trình đường thẳng CI là: 2x+y-10=0
Gọi tọa độ điểm C(x

C
;10-2x
C
)
=>
5 4
C
CI x= −
uur
;
20 2
B
AB y= −
uuur

=> diện tích tam giác ABC là:
1
. 10 4 2 8 2
2
ABC B C C B
S CI AB y x x y= = ⇔ + − − =

( )
( )
4 2 6 1
4 2 10 2
C B B C
C B B C
x y y x
x y y x

− − = −
⇔

− − = −


0,25 đ
Vì
( )
4 2 4
11 9
2
2 2
C B
C B
x k y
M BC CM kMB
x k y
− = −

∈ ⇒ = ⇔

 
− + = −
 ÷

 

uuuur uuur
vì y

B
3≥

0,25 đ
21
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)
2 6 5 16 0
C B B C
x y y x⇒ − − + =
(3)
Từ (1) và (3):
4 2 6
1 2
2 6 5 16 0
1 2
C B B C
B
C B B C
B
x y y x
y
x y y x
y

− − = −
= − −


⇒
 

− − + =
= − +



(loại)
Từ (2) và (3):
4 2 10
3
22 6 5 16 0
C B B C
B
C
C B B C
x y y x
y
xx y y x
− − = −
=
 
⇔
 
=− − + =


0,25 đ
Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là: A(2;1), B(6;3), C(2;6) 0,25 đ
2) Tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là
A(6;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3)
0,25 đ

Gọi phương trình mặt cầu (S): x
2
+y
2
+z
2
+2Ax+2By+2Cz+D=0
Điều kiện: A
2
+B
2
+C
2
-D>0(1)
Vì mặt cầu (S) đi qua 4 điểm A, B, C, O ta có hệ phương trình:
3
0
3
36 12 0
2
9 6 0 3
2
9 6 0
0
A
D
B
A
B
C

C
D
= −


=


= −

+ =
 
⇔
 
+ =
 
= −
 
+ =


=

thỏa mãn điều kiện (1)
Vậy phương trình mặt cầu (S): x
2
+y
2
+z
2

-6x-3y-3z=0 có tọa độ tâm I(
3 3
3; ;
2 2
) bán kính
3 6
2
R =
0,25 đ
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) => phương trình đường thẳng
IH là:
3
3
2
2
3
2
2
x t
y t
z t


= +


= +




= +


3 3
3 ; 2 ; 2
2 2
H t t t
 
⇒ + + +
 ÷
 
Vì
( )
8 5 5
; ;
3 6 6
H P H
 
∈ ⇒
 ÷
 
0,25 đ
Vì
( )
8 5 5
; ; 1
3 6 6
H P H IH
 
∈ ⇒ ⇒ =

 ÷
 
Gọi bán kính của (C) là r ta có:
2 2
27 5 2
1
2 2
r R IH= − = − =
0,25 đ
Câu VIIa

4 3 2
2 6 4 0z z z z− − + − =
( ) ( )
( )
2
1 2 2 2 0z z z z⇔ − + − + =
(1)
0,25 đ
Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của(1)là
1
2
3
4
1
2
1
1
z
z

z i
z i
=


= −


= +

= −

0,5 đ
22
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)
Thay và biểu thức
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1 2 3 4
1 1 1 1 1 1 1 5
1
4 4
1 1
S
z z z z
i i
= + + + = + + + =
− +
0,25 đ

VIb(2,0đ) 1. (1,0 điểm)
Gọi PT chính tắc của elíp (E) là :
2 2
2 2
1 (a>b>0)
x y
a b
+ =
Do các đỉnh trên trục lớn và
1 2
,F F
thẳng hàng nên
1 2
,F F
cùng với đỉnh B(0;b)
trên trục nhỏ tạo thành một tam giác đều
0,25
1 2
BF F∆
đều
2 1 2
2 2 2
1 2
2 2 2 2 2 2
4
( )
3 3( ) 3 4 (1)
BF F F
c b c
BF BF ld

b c a b a b
=

⇔ ⇔ + =

=

⇔ = = − ⇔ =
HCN cơ sở có chu vi : 2(2a+2b)=12(2+
3
)
6 3 3a b⇔ + = +
(2)
0,25
Ta có hệ PT:
2 2
3 4 (1)
6 3 3 (2)
a b
a b

=


+ = +


6
3 3
a

b
=


⇒

=


0,25
Vậy PT chính tắc của elíp (E) là :
2 2
1
36 27
x y
+ =
0,25
2. (1,0 điểm)
Ta có
( ) ( ) ( )
1; 1;2 , 1; 1;3 , 1; 5; 2AB AC AB AC
 
= − = − − ⇒ = − − −
 
uuur uuur uuur uuur
nên phương
trình mặt phẳng (ABC):
( ) ( ) ( )
1 1 5 2 2 1 0 5 2 9 0x y z x y z
− − − − − + = ⇔ + + − =

0,25
Gọi trực tâm của tam giác ABC là
( )
, ,H a b c
, khi đó ta có hệ:
( )
( )
. 0
2 3 2
. 0 3 0 1 2;1;1
5 2 9 1
BH AC
a b c a
CH AB a b c b H
a b c c
H ABC

=
− + = =
 

  
= ⇔ + − = ⇔ = ⇒
  
  
+ + = =
∈
 



uuuruuur
uuuruuur
0,25
Do đường thẳng
( )
∆
nằm trong (ABC) và vuông góc với (d) nên:
( )
, 12,2, 11
ABC
ABC d
d
u n
u n n
u u
∆
∆
∆

⊥

 
⇒ = = −

 
⊥


uur r
uur r r

uur uur
. Vậy đường thẳng
( )
∆
đi qua điểm
( )
2;1;1H
và có vtcp
( )
12,2, 11−
nên
2 1 1
:
12 2 11
x y z− − −
∆ = =
−

0,5
VIIb
Ta có
( )
3
2 3
1 3 1 3 3 3.3 3 3 8i i i i+ = + + + = −
( )
3
2 3
1 3 1 3 3 3.3 3 3 8i i i i− = − + − = −
( )

2
1 2i i+ =
0,25
Do đó
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
12
4
6 2 3
6
1 3 2
8 2 8 2
8 1 2 8 16
8 2
1 3 1
i i
i i
i i
i
i
i i
+ −
− − −
= = − = + = +

−
− +
0,25
Theo giả thiết ta có
( ) ( )
2
8 16 8 8 16 64 0i b i c+ + + + =
0,25
23
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)
( ) ( ) ( )
2
1 2 1 2 0 2 4 3 0i b i c b i b c⇔ + + + + = ⇔ + + + − =
2 4 0 2
3 0 5
b b
b c c
+ = = −
 
⇔ ⇔
 
+ − = =
 
. Vậy
0,25


0.5
3
.

15
18
N ACM
a
V =
0.25
.
3
4 15
3 91
N ACM
ACM
V
a
S
∆
=
0.25
Cho ba sè x,y,z
(0;1]
∈
thoả mãn:
1x y z
+ ≥ +
.
×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: P =
2
x y z
y z z x xy z
+ +

+ + +
Nhận xét do x,y
(0;1] ( 1)( 1) 0 1x y xy x y
∈ ⇒ − − ≥ ⇔ + ≥ +
Từ giả thiết suy ra
xy z≥
.Ta có
2
1
1 1 1
y
x
x
z z
P
y x xy
z z z
= + +
+ + +
.Đặt
1
; ;
x y
a b c
z x z
= = =
1
. 1
x x
xy z

y z z
≥ ⇔ ≥ ≥
.Khi đố P=
, 1
1 1 1
a b c
ab c
b a ab
+ + ≥ ≥
+ + +
0.25
2
1 1 2
( 1)( ) 0
1 1
1
ab a b
b a
ab
+ ≥ ⇔ − − ≥
+ +
+
luôn đúng do
1ab
≥
0.25
24
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết)
( 1) ( 1) 2
1 1 1 1

1 1 2
( 1)( ) 2 (2 1). 2
1 1
1
a b a b
b a b a
a b ab
b a
ab
+ = + + + −
+ + + +
= + + + − ≥ + −
+ +
+
2
1 1
1
a b ab
b a
ab
⇒ + ≥
+ +
+
Từ đó suy ra P=
2 1
1 1 1 1
1
a b c ab
b a ab ab
ab

+ + ≥ +
+ + + +
+
.Đặt t=
1ab
≥
2
2 1
( )
1 1
t
P f t
t t
≥ + =
+ +
Xét hàm số f(t)=
2
2 1
1 1
t
t t
+
+ +
liên tục trên [1;
)
+∞
2 2
2 2
2( 1) ( 1)
(1; )

(1 ) ( 1)
t t t
t
t t
− + +
> ∀ ∈ +∞
+ +
Do đó hàm số đồng biến trên [1;+
∞
)
3
( ) (1)
2
f t f⇒ ≥ =
.Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1x y z
⇒ = = =
. Vậy GTNN của P bằng
3
2
khi x=y=z=1
Thí sinh vẫn được điểm tối đa nếu giải bài toán đúng theo cách khác.
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
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =
3 2

6 9 3mx x mx− + −
(1) (m là tham số)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1
2) Xác định m để đường thẳng d: y =
9
3
4
x −
cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt A(0,– 3), B,
C thỏa điều kiện B nằm giữa A và C đồng thời AC = 3AB.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình:
2(sin cos ) sin 3 cos3 3 2(2 sin 2 )x x x x x− + + = +
2) Giải phương trình:
2
2 2
log ( 2) (2 20)log ( 2) 10 75 0x x x x+ + − + − + =
Câu III (1 điểm)
25