Đề luyện thi đại học môn Toán sô 123

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 123
Ngày 7 tháng 6 năm 2014
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1) 4 1y x mx m x m m= − + − − + −
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi
1m
=
.
2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị sao cho đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị cắt
đường tròn
2 2
(x 2) (y 1) 9- + - =
tại 2 điểm A,B phân biệt thỏa mãn
4AB =
.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình:
2
t anx 4cos 2cos 2
6 cos
x x
x
π
 
 ÷
 
+ = − +
2) Giải hệ phương trình:
3 3

2 2
4 2
3 4
x y x y
x y
ì
ï
- = +
ï
í
ï
+ =
ï
î

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
2
0
(1 ).sinx+x.sinx.cosx
1 cos
x
I dx
x
p
+
=
+
ò

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và

nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm của AB. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng CH và SB.
Câu V (1 điểm) Cho
; ;x y z
là 3 số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
3
4
(x y z)
x y z
P
+ +
=
+ +

PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A) Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của AB, phương trình của MD
là
2 1 0x y- + =
và điểm
(1; 1)C -
. Tìm tọa độ của điểm D.
2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
∆
:
2 1 3
2 1 1
x y z+ − −

= =
−
và điểm
M(1; 1; 2)−
. Mặt cầu (S) có
phương trình :
2 2 2
2 2 2 0x y z x y z+ + + + - =
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M, song
song với đường thẳng
∆
và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu VII.a (1 điểm) Cho
1 2
;z z
là hai nghiệm phức của phương trình
2
2 4 0z z+ + =
. Hãy tính giá trị của biểu
thức
2014 2014
1 2
(z 1 3) (z 1 3)P = + + + + +

Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elip biết elip có hai đỉnh thuộc trục Oy và hai
tiêu điểm tạo thành hình vuông có chu vi bằng
8 2

2) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 4 6 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
, và mặt phẳng
(P) : 2 x y 2z 3 0+ - + =
. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) cắt nhau theo giao tuyến là
một đường tròn, hãy xác định tâm và bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình
3 1
3
3
log (2 1) log ( 2 1) 0
4 ln( 1) 0
x y x y
x x y y
− + + − + + =




+ − + + =

…………………………Hết…………………………
Họ và tên thí sinh : ……………………………………. Số báo danh : ……………….……………….
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ 123
Câu ý Nội dung Điểm
Câu
I
1
1) Khảo sát sự biến thiên, vẽ đồ thị hàm số

3 2 2 3
3 3( 1) 4 1y x mx m x m m= − + − − + −
1,0
- Khi
1m =
ta được hàm số
3 2
3 2y x x= − +
- TXĐ : R
2
0
' 3 6 0
2
x
y x x
x
=

= − = <=>

=

- Hàm số đông biến trên mỗi khoảng
( ;0);(2; )−∞ +∞
- Hàm số ngịch biến trên khoảng
(0; 2)
0,25
- Cực trị : Hàm số đạt CĐ tại
1 D
0; 2

C
x y= =
, hàm số đạt CT tại
2
2; 2
CT
x y= = −
- Giới hạn :
3 2 3 2
lim ( 3 2) ; lim ( 3 2) ;
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− + = −∞ − + = +∞
- Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
0,25
- BBT :
x
−∞
0 2
+∞
y’ + 0
−
0 +
y
−∞
2
2-

+∞
0,25
- Đồ thị
4
2
-2
-4
-5
5
0,25
2
2) Tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị cắt đường tròn tại A,B có
4AB =
1,0
-
2 2
' 3 6 3( 1) (1)y x mx m= − + −
- Hàm số có CĐ, CT
' 0y⇔ =
có hai nghiệm phân biệt
-
' 9 0
⇔ ∆ = >
luôn đúng với mọi m.
0,25
-
' 0y =
có hai nghiệm
1,2
1x m= ±

. Thay
1,2
x
vào hàm số ta có tọa độ 2 điểm cực trị là :
M( 1; 3); ( 1; 1).m m N m m+ − − +
- Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là
:2 3 1 0x y m+ - + =D

0,25
H
B
A
I
- Đường tròn có tâm
(2;1); R 3I =
.Kẻ IH vuông góc với AB thì H là trung điểm AB.
-
2 2
2 5 (I; ) IH 5HA IH IA HA d= = - = = =Þ Þ Þ D

0,25
-
6 3
1 11
(I; ) 5
3 3
5
m
d m hoac m
-

= = = =D Û
. Vậy
1 11
3 3
m hoac m= =
0,25
Câu
II
1 1) Giải PT :
2
t anx 4cos 2cos 2
6 cos
x x
x
π
 
 ÷
 
+ = − +
1,0
- Điều kiện :
cos 0
2
x x k
p
p
+¹ Û ¹

- PT
2

3 1
sinx 4cos 2cos ( os2 sin 2 ) 2
2 2
x x c x x⇔ + = + +
-
2
sinx 4cos 3cos os2 cos sin 2 2x xc x x x⇔ + = + +
0,25
2
(sinx cosxsin 2 ) (4cos x 2) 3 cos .cos2xx x⇔ − + − =
2 2
sinx(1 2cos x) 2(2cos x 1) 3 cos .cos2 xx⇔ − + − =
os2 ( 3cos sinx 2) 0c x x⇔ + − =
0,25
-
os2 0 (t/ m)
4 2
sinx 3cos 2 (1)
k
c x x
x
π π





= ⇔ = +
⇔
+ =

0,25
-
(1) sin( ) 1 2 (t/ m)
3 6
x x k
π π
π
⇔ + = ⇔ = +
- Vậy phương trình có nghiệm là :
; ,
4 2 6
k
x x k k
π π π
π
= + = + ∈¢
0,25
2
2) Giải hệ phương trình :
3 3
2 2
4 2 (1)
3 4 (2)
x y x y
x y
ì
ï
- = +
ï
í

ï
+ =
ï
î
1,0
- Phương trình
3 3
(1) 2(x y ) 4(2 x y)- = +Û

- Từ phương trình (2) thay
2 2
4 3x y= +
vào phương trình trên và rút gọn ta được:
2 2 3
0
6 5 0
5
y
x y xy y x y
x y
é
=
ê
ê
+ + = = -Û
ê
ê
= -
ë

0,25
- TH1 :
0y =
thay vào hệ ta được
3
2
4
2
4
x x
x
x
ì
ï
=
ï
= ±Û
í
ï
=
ï
î

Þ
nghiệm
(x; y) ( 2;0)= ±
0,25
- TH2 :
x y y x= - = -Û
thay vào hệ ta được :

3
2
2 2
1
4 4
x x
x
x
ì
ï
=
ï
= ±Û
í
ï
=
ï
î
- Hệ có nghiệm
(x; y) (1; 1); ( 1;1)= - -
0,25
- TH3 :
5x y= -
thay vào hệ ta có nghiệm
5 1 5 1
(x; y) ( ; ); ( ; )
7 7 7 7
- -
=
- Vậy hệ đã cho có 6 nghiệm.

0,25
Câu
III
• Tính tích phân :
2
0
(1 ).sinx+x.sinx.cosx
1 cos
x
I dx
x
p
+
=
+
ò
1,0
-
2 2
0 0
sinx
.sinx
1 cos
I dx x dx
x
p p
= +
+
ò ò

( )*
0,25
-
2 2
2
1
0
0 0
sinx d(1+cosx)
ln 1 cos ln 2 (1)
1 cos 1 cos
I dx dx x
x x
p p
p
= =- =- + =
+ +
ò ò
0,25
-
2
2
0
.sinxI x dx
p
=
ò
sử dụng tích phân từng phần
2
1 (2)I =Þ

0,25
- Thay (1) và (2) vào
( )*
ta có
1 ln 2I = +
0,25
Câu
• Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa CH và SB
1,0
IV

E
K
I
H
C
B
D
A
S
HS chỉ cần vẽ hình chóp và SH (Nếu vẽ sai một trong hai yếu tố này, không chấm điểm
- Có H là trung điểm AB, vì tam giác SAB đều nên
SH AB⊥
- Mà
(SAB) (ABCD) ( )SH ABCD⊥ ⇒ ⊥
Tam giác SAB đều cạnh bằng a nên
3
2
a
SH =

.Diện tích hình vuông
2
ABCD
S a=

0,25
-
3
2
1 1 3 3
.
3 3 2 6
ABCD
a a
V SH S a= = =
0,25
- Trong mp(ABCD) kẻ đường thẳng
D
đi qua B và song song với CH.
- Kẻ
HI ^ D
, nối S với I và kẻ
HK SI^
.
- Ta có
/ /(SBI) d(CH;SB) d(CH;(SBI)) d(H;(SBI))CH = =Þ

- Chứng minh được
(SBI) d(CH;SB) d(H;(SBI))HK HK^ = =Þ

0,25
- Kẻ
BE HC^
ta có HIBE là hình bình hành nên
.
5
BH BC a
HI BE
HC
= = =

- Tam giác SHI vuông tại H nên
2 2
. 57
19
SH HI a
HK
SH HI
= =
+

- Vậy khoảng cách giữa HC và SB là
57
19
a

0,25
Câu
V
• Tìm giá trị nhỏ nhất của :

3 3 3
3
4
(x y z)
x y z
P
+ +
=
+ +
1,00
- Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương, ta chứng minh được :
3 3 3
4(x y ) (x y)+ +³
dấu bằng xảy ra khi
x y=

0,25
- Áp dụng ta được
3 3
3
(x y) 16
4
(x y z)
z
P
+ +
³
+ +
, đặt
0a x y z= + + >

- Ta có
3 3
3 3
3
(a z) 16
4 4 (1 ) 16( )
z z z
P P
a a
a
- +
- +³ Û ³
. Đặt
(0;1)
z
t t
a
= ÞÎ
.
- Ta có
3 3
4 (1 t) 16P t- +³
với
(0;1)t Î

0,25
- Xét hàm số
3 3
f(t) (1 t) 16t= - +

trên khoảng
(0;1)
- Có
2 2
1 1
'(t) 3(1 t) 48 0 ;t
5 3
f t t
-
= - - + = = =Û

- Lập bảng biến thiên của hàm số ta được
(0;1)
16 1
(t)
25 5
GTNN f t= =Û

0,25
- Từ đó ta tìm được giá trị nhỏ nhất của
P
bằng
4
5
khi
2x y z= =

0,25
Câu
VI.a

1
1) Phương trình của MD là
2 1 0x y- + =
và điểm
(1; 1)C -
. Tìm tọa độ của điểm

1,0
- Gọi N là trung điểm của AD, ta chứng minh được
CN MD^
.
0,25
A
B
C
D
M
N
H
- Gọi cạnh hình vuông là
a
,
CNDD
vuông tại D nên tính được
5
2
a
CN =

- Ta có

2
2
2
. (1)
5
CD a
CH CN CD CH
CN
= = =Þ
.
- Mà
2 2
2.1 1.( 1) 1
4
(C;MD) (2)
5
2 ( 1)
CH d
- - +
= = =
+ -
- Từ (1);(2) ta có cạnh hình vuông
2a =
hay
2CD =

0,25
- Vì phương trình của MD là
2 1 0x y- + =
nên gọi tọa độ của D là

(t;2t 1)D +
.
-
2 2
1
(t 1) (2 t 2) 2
1
5
t
CD
t
é
= -
ê
ê
= - + + =Þ Û
-
ê
=
ê
ë
0,25
- Tìm được tọa độ của D là
1 3
( 1; 1); ( ; )
5 5
D hoac D
-
- -
0,25

2
2) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M, song song với đường thẳng
∆
và tiếp xúc
với mặt cầu (S).
1,0
- Gọi pt của mp(P) là
0ax by cz d+ + + =
với
; ;a b c
không đồng thời bằng
0
.
- Vì M thuộc mp(P) nên
2 0 (1)a b c d- + + =

- Mặt phẳng (P) có VTPT
(a;b;c)n
r
,
∆
có VTCP
(2;1; 1)u -
r
.
-
/ /(P) . 0 2 0 (2)u n a b c= + - =D Þ Û
r r

0,25

- Mặt cầu (S) có tâm
( 1; 1;1);R 3I - - =
.
- Mp(P) tiếp xúc với (S)
2 2 2
(I;(P)) R 3 (3)
a b c d
d
a b c
- - + +
= =Û Û
+ +

0,25
- Từ (1);(2) ta có
2
5
c a b
d a b
ì
= +
ï
ï
í
ï
= - -
ï
î
thay vào (3) ta được
2 2

4 5 0
5
a b
a ab b
a b
é
= -
ê
- - = Û
ê
=
ë
0,25
- Với
; 4a b c b d b= - = - =Þ
, chọn
1 1; 1; 4b a c d= = - = - =Û
. Phương trình mặt
phẳng (P) là
4 0x y z- + - + =
.
- Với
5 11 ; 26a b c b d b= = = -Þ
, chọn
1 5; 11; 26b a c d= = = = -Þ
. Phương trình mặt
phẳng (P) là
5 11 26 0x y z+ + - =
.
- Vậy phương trình mp (P) là

4 0x y z- + - + =
hoặc
5 11 26 0x y z+ + - =
.
0,25
Câu
VII.
a
• Cho
1 2
;z z
là hai nghiệm phức của phương trình
2
2 4 0z z+ + =
. Hãy tính giá trị của biểu
thức
2014 2014
1 2
(z 1 3) (z 1 3)P = + + + + +

- Giải phương trình
2
1,2
2 4 0 1 3z z z i+ + = = - ±Û
0,25
- Ta có
2014 2014
( 1 3 1 3) ( 1 3 1 3)P i i= - + + + + - - + +
0,25
-

2014 2014 2014 2014 2014
( 3 3) ( 3 3) ( 3) [(1 i) (1 i) ]P i i= + + - + = + + -Û
-
1007 2 1007 2 1007
3 [((1 i) ) ((1 i) ) ]P = + + -Û

0,25
-
1007 1007 1007
3 [(2i) ( 2i) ] 0P = + - =Û
- Vậy
2014 2014
1 2
(z 1 3) (z 1 3) 0P = + + + + + =
0,25
Câu
VI.b
1
• Viết phương trình của elip.
1,0
- Gọi phương trình elip là
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =
(
; 0a b >
)

- Hai tiêu điểm và hai đỉnh thuộc trục Oy tạo thành hình vuông nên
2 2b c b c= =Û

0,25
- Chu vi hình vuông bằng
8 2
nên cạnh hình vuông bằng
2 2
2 2 2 2b c+ =Þ
0,25
- Giải 2 phương trình ta được
2 2 2b c a= = =Þ
0,25
- Phương trình elip là :
2 2
1
8 4
x y
+ =
0,25
2
• Tìm tâm và bán kính đường tròn giao tuyến
1,0
- Mặt cầu (S) có tâm
(1; 2;3); R 4I - =

- Khoảng cách từ I tới mp(P) là
2 2 2
2.1 1.( 2) 2.3 3
1

2 1 ( 2)
d R
+ - - +
= = <
+ + -

- Vậy mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn.
0,25
Kẻ
(P)IH ^
thì H là tâm đường tròn.
Và
(P)IH ^
nên IH có phương trình là
1 2
2 (1)
3 2
x t
y t
z t
ì
= +
ï
ï
ï
ï
= - +
í
ï
ï

= -
ï
ï
î

- Thay
; ;x y z
từ (
*
) vào phương trình mp (P) ta được
1 5 5 7
( ; ; )
3 3 3 3
t H
-
= Þ

0,5
- Bán kính đường tròn là
2 2
15r R IH= - =
.
- Vậy tâm đường tròn là
5 5 7
( ; ; )
3 3 3
-
và bán kính
15r =
0,25

Câu
VII.
b
• Giải hệ phương trình
3 1
3
3
log (2 1) log ( 2 1) 0 (1)
4 ln( 1) 0 (2)
x y x y
x x y y
− + + − + + =




+ − + + =

1,0
- ĐK :
2 1 0; 2 1 0; 1 0x y x y y− + > − + + > + >
0,25
3 3
2 1 2 1
(1) log (2 1) log3( 2 1) 0 log 0 1
2 1 2 1
x y x y
x y x y x y
x y x y
− + − +

⇒ − + − − + + = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
− + + − + +
- Thay vào PT (2) ta được
3
3 ln( 1) 0x x x+ + + =
0,25
- Xét hàm số
3
(x) 3 ln( 1)f x x x= + + +
- Có
2
1
'( ) 3 3 0
1
f x x
x
= + + >
+
nên hàm số đồng biến trên khoảng
( 1; )− +∞
- Mặt khác
(0) 0f =
nên PT có nghiệm duy nhất
0 0x y= ⇒ =
0,25
- Kiểm tra điều kiện thấy nghiệm thỏa mãn đk.
- Vậy hệ có nghiệm
( ; ) (0;0)x y =
0,25
Học sinh làm cách khác, giáo viên chấm căn cứ vào bài làm, để cho điểm phù hợp