Đề luyện thi đại học môn Toán sô 119

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 119
Ngày 30 tháng 5 năm 2014
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ĐIỂM)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số:
( )
3 2
3 3 1 1 3 (1)y x x m x m= − + − + +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m=1.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O
( O là gốc toạ độ).
Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình sau:
cos2 3.sin 2
3
sin 2 3.cos
x x
x x
− +
=
−
2. Giải hệ phương trình sau:
( ) ( )
3
2 2 1 2 2 1 1 1
4 2 2 2 2 2
x x y y
x y

− + = − − +



− + − =


(
,x y R∈
)
Câu III (1 điểm). Tính tích phân sau:
2014
4
2
0
1 2 tan
cos
I
x x
dx
x
π
=
− +
∫
Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA=4a, BC=3a, gọi I là trung
điểm của AB , hai mặt phẳng (SIC) và (SIB) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc giữa hai mặt
phẳng (SAC) và (ABC) bẳng 60
0
. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường
thẳng SB và AC theo a.
Câu V (1 điểm). Cho x, y, z là 3 số thực dương và thỏa mãn:
2 2 2
4 9 16 1x y z+ + =

.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2 2 2 2
2 3 4
9 16 4 16 4 9
x y z
A
y z x z x y
= + +
+ + +
PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm).
(Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần:phần A hoặc B)
A.Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của BC. Biết AM có
phương trình là: 3x+y-7 = 0, đỉnh B(4;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh A có
tung độ dương, điểm M có tung độ âm.
2. Trong không gian Oxyz cho điểm M(4;3;2) , đường thẳng d:
1
1
2
x t
y t
z
= +


= − −



=

và mặt phẳng (P) có
phương trình: 2x+2y-z+11=0. Viết phương trình mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng (d), đi
qua điểm M và cắt mặt phẳng (P) theo một đường tròn có diện tích bẳng
16
π
.
Câu VII.a (1 điểm) . Một lớp học có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Thầy giáo chủ nhiệm chọn ra 5 học
sinh để lập một tốp ca hát chào mừng ngày 30 tháng 4. Tính xác suất sao cho trong đó có ít nhất một
học sinh nữ.
B.Theo chương nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1;3), trực tâm
( )
9;7H
, trọng tâm

11
;1
3
G
 
 ÷
 
. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tìm toạ độ hai đỉnh B và C.
2. Trong không gian Oxyz cho
1 2
1 2 2 1 1
: , :

1 2 1 2 1 1
x y z x y z+ + − − −
∆ = = ∆ = =
và (P): x+ y-2z+5 = 0.
Viết phương trình đường thẳng
∆
song song với (P) và cắt
1 2
,∆ ∆
lần lượt tại A, B sao cho độ
dài AB nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm). Tính tổng:
1 3 5 2013
2014 2014 2014 2014
A C C C C= − + − +
Hết
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT: 01694838727
1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HOC SỐ 119
CâuI Nội dung
Điểm
2.
1 Cho hàm số:
( )
3 2
3 3 1 1 3 (1)y x x m x m= − + − + +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m=1.
Khi m =1 ta có
3 2

3 4y x x= − +
.
* Tập xác định
D R=
* Sự biến thiên :
- Chiều biến thiên:
( )
' '
0
3 2 ; 0
2
x
y x x y
x
=

= − = ↔

=


Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng
( )
;0−∞
và
( )
2;+∞
, hàm số nghịch biến trên
khoảng( 0;2)
0,25

- Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x=0, y
CĐ
= 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y
ct
= 0
- Giới hạn :
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞

0,25
- Bảng biến thiên:
x
−∞
0 2
+∞
y' + 0 - 0 +
y
4
+∞
−∞
0
0,25
* Đồ thị : Đồ thị cắt Ox tại (-1; 0) và (2;0) cắt Oy tại ( 0; 4)

f(x)=x^3-3x^2+4
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

-5
5
x
y
0,25
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O ( O là
gốc toạ độ).
Ta có:
2
' 3 6 3(1 )y x x m= − + −
Hàm số có cđ, ct khi và chỉ khi y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1
,x
2

' 9 0 0m m
⇔ ∆ = > ⇔ >

0,25
Gọi
( )
( )
1 1
2 2
;
;
A x y
B x y






là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
Trong đó
1 2 1 2
2, 1x x x x m+ = = −
Lấy y chia cho y’, ta có:
( )
1 1
' 2 2 2
3 3
y x y mx m
 
= − − + +
 ÷
 
Ta có:
( )
1 1 1
( ) 2 2 2y y x mx m= = − + +

( )
2 2 2
( ) 2 2 2y y x mx m= = − + +
( vì y’(x
1
)=y’(x
2
)=0 )

0, 25
Tam giác OAB vuông tại O
1 2 1 2
. 0 . . 0OA OB x x y y⇔ = ⇔ + =
uuur uuur
( ) ( ) ( )
2
2
1 2 1 2 1 2
4 2 2 2 2 2 0x x m x x m m x x m+ − + + + + =
0,25
3
4 5 0 1 ( / )m m m t m⇔ + − = ⇔ =
Vậy m=1 thỏa mãn bài toán.
0,25
Câu
II:
1. Giải phương trình sau:
cos2 3.sin 2
3
sin 2 3.cos
x x
x x
− +
=
−
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT: 01694838727
2
+ ĐK:
( )

2
cos 0
sin 2 3.cos 0 cos 2sin 3 0 2
3
3
sin
2
2
2
3
x k
x
x x x x x k
x
x k
π
π
π
π
π
π

≠ +

≠


 
− ≠ ⇔ − ≠ ⇔ ⇔ ≠ +
 

≠
 


≠ +


0,25
+ Với ĐK trên thì phương trình đã cho tương đương:

( )
cos 2 3.sin 2 3 sin 2 3.cosx x x x− + = −
( ) ( )
2
cos2 3.sin 2 3 3.cos sin 2 0
1 3 3 1
cos 2 .sin 2 3 .cos sin 1 0
2 2 2 2
cos 2 3 cos 1 0
3 6
2cos 3 cos 0 cos . 2.cos 1 0
6 6 6 6
x x x x
x x x x
x x
x x x x
π π
π π π π
⇔ − + − + =
   

⇔ − + − + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   
⇔ + + + + =
 ÷  ÷
   
 
       
⇔ + + + = ⇔ + + + =
 ÷  ÷  ÷  ÷
 
       
 
0,25
6 2 3
cos 0
6
5 2
2 2
6 6 3
1 5
cos cos
5 2
6 2 6
2
6 6
x k x k
x

x k x k
x
x k
x k
π π π
π π
π
π π π
π π
π π
π π π π
π
 
+ = + = +
 

 
+ =
 
 ÷

 
 

⇔ ⇔ + = + ⇔ = +
 

 
+ = − =
 


 ÷
= − +
 

 
+ = − +
 
 
0,25
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là
4
2 ; 2
3
x k x k
π
π π π
= + = − +
( Nếu học sinh mà ra nghiệm là:
2
2 ; 2
3
x k x k
π
π π π
= − + = +
thì vẫn đúng)
0,25
2. Giải hệ pt:
( ) ( )

3
2 2 1 2 2 1 1 1 (1)
4 2 2 2 2 2 (2)
x x y y
x y

− + = − − +


− + − =


+ Đk:
1
2
1
x
y

≥



≥

+ Phương trình (1)
( ) ( )
3
2 2 1 2 1 2 1 1 1x x y y⇔ − + − = − + − 
 

( )
( )
( )
( )
3
3
2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 1x x y y f x f y⇔ − + − = − + − ⇔ − = −
0,5
Xét hàm số:
3
( ) 2f t t t= +
trên
[
0; )+∞

2
'( ) 6 1 0 0f t t t= + > ∀ ≥
Suy ra hàm số đồng biến trên
[
0; )+∞
Do đó:
( )
( )
2
2 1 1 2 1 1 4 4 2f x f y x y y x x− = − ⇔ − = − ⇔ = − +
0,25
+ Thay
2
4 4 2y x x= − +

vào (2) ta có
( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
4 2 2(4 4 2) 2 2 2 4 2 2 8 8 2 2 0
4 1 8 1
4 8
0 1 0
4 2 2 4 2 2
8 8 2 2 8 8 2 2
x x x x x x
x x x
x
x
x x
x x x x
 
− + − + − = ⇔ − − + − + − =
 
 
− −
⇔ + = ⇔ − + =
 
− + − +
− + + − + +
 
2
4 8 1

1 0
2
4 2 2
8 8 2 2
x
x Do x
x
x x
 
⇔ = + > ∀ ≥
 ÷
− +
− + +
 
Với x=1
2y⇒ =
(t/m). Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm (x;y) là (1;2).
Chú ý: học sinh có thể làm xét hàm số
( )
2
1
4 2 2(4 4 2) 2 2 2 ;
2
g x x x x tren
 
= − + − + − − +∞
÷

 
, hàm số

0,25
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT: 01694838727
3
g(x) đồng biến trên
1
;
2
 
+∞
÷

 
Câu
III:
Tính tích phân:
2014
4
2
0
1 2 tan
cos
I
x x
dx
x
π
=
− +
∫
Ta có:

2014
4 4 4
2 2 2
0 0 0
1 tan
2
cos cos cos
I
x x
dx dx dx
x x x
π π π
= − +
∫ ∫ ∫
1 2 3
2I I I= − +
Hoặc
2014
4 4
2 2
0 0
1 2 tan
cos cos
I
x x
dx dx
x x
π π
=
−

+
∫ ∫
0,25
+
4
1
2
0
1
tan 1
4
cos
0
I dx x
x
π
π
= = =
∫
+
4
2
2
0
cos
x
I dx
x
π
=

∫
Đặt
( )
4 4
2
0 0
2
cos
sin
.tan
4
tan
cos 4 cos
0
cos
u x
du dx
d x
x
I x x dx dx
dx
v x
x x
dv
x
π π
π
π
=


=


⇒ ⇒ = − = +
 
=
=



∫ ∫
2
ln cos ln
4
4 4 2
0
x
π
π π
= + = +
+
( )
2014 2015
4 4
2014
3
2
0 0
tan tan 1
tan tan

4
cos 2015 2015
0
x x
I dx x d x
x
π π
π
= = = =
∫ ∫
0,5
Vậy:
1 2 3
2 1 2016 2
2 1 2 ln 2ln
4 2 2015 2015 2 2
I I I I
π π
 
= − + = − + + = − −
 ÷
 ÷
 
0,25
Câu
IV:
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA=4a, BC=3a, gọi I là trung
điểmcủa AB , hai mặt phẳng (SIC) và (SIB) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc
giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABC) bẳng 60
0

. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng
cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a.
Do hai mặt phẳng (SIC) và (SIB) cùng vuông góc với (ABCD)
( )
SI ABC⇒ ⊥
Dựng IH vuông góc với AC tại H
SH AC
⇒ ⊥
( Định lý 3 đường vuông góc)
SHI
⇒ ∠
là góc giữa (SAC) và (ABC), theo giả thiết
0
60SHI⇒ ∠ =
0,25
Ta có
. 2 .3 6
5 5
HI AI AI BC a a a
AHI ABC HI
BC AC AC a
∆ ∆ ⇒ = ⇒ = = =:
Xét tam giác SHI có
0 0
6 3
tan 60 .tan 60
5
SI a
SI HI
HI

= ⇒ = =
0,25
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT: 01694838727
4
S
B O≡
A
C
I
H
K
x
z
y
E
2
1
. 6
2
ABC
S BA BC a
∆
= =

3
2
.
1 1 6 3 12 3
. . .6 .
3 3 5 5

S ABC ABC
a a
V S SI a
∆
= = =
* Dựng đường thảng d đi qua B và song song với AC, gọi (P) là mặt phẳng tạo bởi 2 đường
thẳng SB và d. Ta có AC song song với mp(P) chứa SB
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
; ; ; 2 ;d AC SB d AC P d H P d I P⇒ = = =
0,25
Dựng IK vuông góc với d tại K, dung IE vuông góc với SK tại E
Suy ra:
( ) ( )
( )
;IE P IE d I P⊥ ⇒ =
Xét tam giác SIE có
2 2 2 2
1 1 1 25 3 3
27 5
a
IE
IE IK IS a
= + = ⇒ =
. Vậy
( )

6 3
;
5
a
d AC SB =
Chú ý: Bài này học sinh ghép toạ độ
0,25
Câu
V:
Cho x, y, z là 3 số thực dương và thỏa mãn:
2 2 2
4 9 16 1x y z+ + =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2 2 2 2
2 3 4
9 16 4 16 4 9
x y z
A
y z x z x y
= + +
+ + +
Đặt
2 2 2
2
3 , , 0, 1
4
a x
b y a b c a b c
c z

=


= ⇒ > + + =


=

Khi đó:
2 2 2 2 2 2
a b c
A
b c a c a b
= + +
+ + +
0,25
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b c
A
a a b b c c
= + +
− − −
Xét hàm số: f(t)=
( )
2
1t t−
trên

( )
0;1
( ) ( )
2
0;1
3 3
f t t⇒ ≤ ∀ ∈
áp dụng
( )
( )
( )
( )
2
2 2
2
2 3 3
1 0;1 0;1
2
1
3 3
a
a a a a a
a a
⇒ − ≤ ∀ ∈ ⇒ ≥ ∀ ∈
−
Tương tự:
( )
( )
2
2

2
3 3
0;1
2
1
b
b b
b b
≥ ∀ ∈
−

( )
( )
2
2
2
3 3
0;1
2
1
c
c c
c c
≥ ∀ ∈
−
0,25
Suy ra:
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2

2 2 2
2 2 2
3 3 3 3
2 2
1 1 1
a b c
A a b c
a a b b c c
= + + ≥ + + =
− − −
0,25
Dấu = xảy ra khi: a=b=c=
1 1
2
3 2 3
1 1 1
3
3 3 3 3
1 1
4
3 4 3
x x
y y
z z
 
= =
 
 
 
⇔ = ⇔ =

 
 
 
= =
 
 
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
3 3
2
0,25
Phần tự chọn
A- Theo chương trình chuẩn:
Câu
VI.a
1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của BC. Biết AM có
phương trình là: 3x+y-7 = 0, đỉnh B(4;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh A có
tung độ dương, điểm M có tung độ âm.
Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM
( )
6
;
10
BH d B AM⇒ = =
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT: 01694838727
5
C
D
A
B
H

I
M
x
2
x
Đặt cạnh hình vuông là x>0
Xét tam giác
ABM
có
2 2 2 2 2
1 1 1 10 1 4
3 2
36
x
BH BA BM x x
= + ⇔ = + ⇔ =
0,25
A thuộc AM nên
( )
;7 3A t t−
( ) ( )
( )
2 2
2
3 2 4 3 6 3 2 10 44 34 0
1
17 16
; , 1;4 /
17
5 5

5
AB t t t t
t
A loai A t m
t
= ⇔ − + − = ⇔ − + =
=

 

⇔ ⇒ − − −
 ÷

=
 

0,25
Làm tương tự cho điểm B, với
3 2 5 1
;
2 2 2 2
x
BM M
 
= = ⇒ −
 ÷
 
0,25
M là trung điểm của BC
( )

1; 2C⇒ −
. Gọi I là tâm của hình vuông
( )
1;1I⇒
Từ đó
( )
2;1D⇒ −
0,25
2.
2. Trong không gian Oxyz cho điểm M(4;3;2) , đường thẳng d:
1
1
2
x t
y t
z
= +


= − −


=

và mặt phẳng (P) có
phương trình: 2x+2y-z+11=0. Viết phương trình mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng (d), đi qua
điểm M và cắt mặt phẳng (P) theo một đường tròn có diện tích bẳng
16
π
.

( )
1 ; 1 ;2I d I t t∈ ⇒ + − −

( ) ( )
2 2
3 4IM t t= − + +

( )
( )
; 3d I P =
0,25
Đường tròn có diện tích bằng
16
π
suy ra bán kính đường tròn bằng r=4.
Gọi R là bán kính mặt cầu (S)
Theo giả thiết ta có:
( )
( )
2 2 2
2
2 2
0
3 4
1
;
IM R
t
IM
t

R d I P r
=

=


⇒ = + ⇔


= −
 
= +


 

0,25
Với t=0 thì
( )
1; 1;2 , 5I R− =
t=-1 thì
( )
0;0;2 , 5I R =
0,25
Vậy mặt cầu (S) có phương trình:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1 1 2 5x y z− + + + − =
Hoặc:

( )
2
2 2 2
2 5x y z+ + − =
0,25
Câu
VII.
a
Một lớp học có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Thầy giáo chủ nhiệm chọn ra 5 học sinh để lập
một tốp ca hát chào mừng ngày 30 tháng 4. Tính xác suất sao cho trong đó có ít nhất một
học sinh nữ.
Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong 35 học sinh của lớp có
5
35
C
cách
0,25
Gọi A là biến cố: ‘‘ Chọn được 5 học sinh trong đó có ít nhất một em nữ’’
Suy ra
A
là biến cố: “Chọn được 5 học sinh trong đó không có hs nữ nào”
Ta có số kết quả thuận lợi cho
A
là
5
20
C
0,25
( )
5

20
5
35
C
P A
C
=
0,25
( )
( )
5
20
5
35
2273
1 1 0,95224
2387
C
P A P A
C
= − = − = ≈
0,25
B- Theo chương trình nâng cao
Câu
VI.b
1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1;3), trực tâm
( )
9;7H
, trọng tâm
11

;1
3
G
 
 ÷
 
. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tìm toạ độ hai đỉnh B và
C.
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT: 01694838727
6
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
( )
2 1; 2GH GI I= − ⇒ −
uuur uur
(không cần chứng minh)
0,25
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I, bán kính R=IA=5
nên có phương trình:
( ) ( )
2 2
2
1 2 5x y− + + =
0,25
Gọi M là trung điểm của BC , ta có
( )
2. 5;0AG GM M= ⇒
uuur uuuur
Đường thảng BC đi qua M và có véc tơ pháp tuyến là
( )
8;4AH =

uuur
nên có phương trình
2x+y-10=0
0,25
Toạ độ điểm B và C thoả mãn hệ:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2
2x y 10 0
6; 2 , 4;2
1 2 5
B C
x y
+ − =


⇒ −

− + + =


Hoặc ngược lại.
0,25
2.
Trong không gian Oxyz cho
1 2
1 2 2 1 1
: , :
1 2 1 2 1 1

x y z x y z+ + − − −
∆ = = ∆ = =
và
(P): x+ y-2z+5 = 0.Viết phương trình đường thẳng
∆
song song với (P) và cắt
1 2
,∆ ∆
lần lượt tại
A, B sao cho độ dài AB nhỏ nhất.
( ) ( )
( )
1 2
1 ; 2 2 ; ; 2 2 ;1 ;1
3 2 ;3 2 ;1
A A t t t B B s s s
AB s t s t s t
∈∆ ⇒ − + − + ∈∆ ⇒ + + +
⇒ = + − + − + −
uuur
0,25
Véc tơ pháp tuyến của (P) là
( )
1;1; 2n = −
r
Do
( )
/ / . 0 4 0 4P n AB s t t s∆ ⇒ = ⇒ + − = ⇒ = +
r uuur
0,25

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2 2
2
3 2 3 2 1 1 5 9
2 4 4 27 3 3
AB s t s t s t s s
s s
= + − + + − + + − = − + − − +
= + + + ≥
dấu ‘ =’ xảy ra khi s=-2 khi đó t=2
0,25
( ) ( ) ( )
1;2;2 , 2; 1; 1 3 1;1;1A AB⇒ − − − ⇒ = −B
uuur
Đường thẳng cần tìm là đường thẳng đi qua hai điểm A,B nên có pt:
1 2 2
1 1 1
x y z− − −
= =
0,25
Câu
VII.
b
Tính tổng:
1 3 5 2013
2014 2014 2014 2014
A C C C C= − + − +
Ta có:
( )

2014
1 0 1 1 2 2 3 3 4 4 2013 2013 2014 2014
2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014
1 1 2 3 4 2013 2014
2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014
1

i C i C i C i C i C i C i C i
C C i C C i C C i C
+ = + + + + + + +
= + − − + − + −
0,25

( ) ( )
1 2 2014 1 3 2013
2014 2014 2014 2014 2014 2014
C C C C C C i B Ai= − + − + − − + = +
0,25
( )
( )
2014
2014
2014
1007
1007 1007 1007
1 1
1 2 2 . cos .sin
4 4
2 2
2014 2014

2 . cos .sin 2 . 0 2 .
4 4
i i i
i i i
π π
π π
 
 
 
+ = + = +
 ÷
 
 ÷
 
 
 
 
= + = − = −
 ÷
 
0,25
Vậy
1007
2A = −
0,25
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT: 01694838727
7