Đề thi thử đại học môn Toán khối A số 4

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG
Web: />ĐỀ 4
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn thi: TOÁN – KHỐI A, A1, B
Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm).
Câu 1 (2,0 điểm)
Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − + −
(
C
) .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị.
2. Tìm tham số m để đường thẳng
y mx m
= −
cắt đồ thị (
C
) tại 3 điểm phân biệt
(1;0)A
, B, C sao cho
diện tích tam giác HBC bằng 1(đvđt), với H
(1;1)
.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình
2
2cos (sin 3 cos ) 3cos 2sin( )
2 2 2 2 3
x x x x

x
π
+ = − +
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
4 2
4 1 3 5 12 3
2 (10 17 3) 3 15
y x y x
y x x x

− + = − −


− + = −


(x,y
∈
¡
)
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân:
4 4
4
2 2
12
sin cos
.
tan cot

x x
I dx
x x
π
π
−
=
+
∫
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên
đáy trùng trọng tâm H của tam giác ABC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.HACD và khoảng cách từ đường
thẳng SC tới đường thẳng BD biết mặt phẳng (SAB) hợp mặt phẳng đáy góc
0
60
.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương. Chứng minh rằng

3 3 3
3
2 2 2
1 3 2 3
( )
2 2 2 ( 1)( 1)( 1) 4
1
x y z
x y z xy yz yz xz xz xy x y z
x y z
− + + − ≤ −
+ + + + + + + +
+ + +

;
Dấu bằng khi nào xảy ra?.
PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ).
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có
(1;0)A
đường chéo BD có phương trình
1 0x y
− + =
. Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết khoảng cách từ tâm của hình thoi tới BC bằng
8
5
.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, tìm điểm M thuộc mặt cầu (S)
2 2 2
( 2) ( 1) 3x y z− + − + =
sao cho M cách đều H(1;0;1) và mặt phẳng (P)
2 2 1 0x y z
+ + − =
một đoạn có độ dài
bằng 2.
Câu 9.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình
2
0,5 3
1
log log 0
1
x x
x
 

+ +
≥
 
+
 
.
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu 7.b (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong từ đỉnh A
1 0x
− =
,
phương trình đường cao từ đỉnh C
2 6 0x y
− − =
. Tìm toạ độ A, B, C biết đỉnh B thuộc đường tròn có phương
trình
2 2
( 2) 25x y+ − =
và đường thẳng AC đi qua
( 1;1)M
−
.
Câu 8.a (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho A(1; 0; 0) B(0; -2; 0) C(1; 1; 0). Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P)
2 3 0x y
+ − =
sao cho
2 2 2
2MA MB MC

+ +
nhỏ nhất.
Câu 9.b (1 điểm)
Tính tổng
0 1 2 2013 2014
2014 2014 2014 2014 2014
1 2 3 2014 2015
C C C C C
S = + + + + +L L L
với
k
n
C
là tổ hợp chập
k
của
n
phần tử
1
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.
Câu ý Nội dung Điểm
I(2đ) 1(1đ
)
Khảo sát hàm số (C)
a) TXĐ: R
b) SBT
•Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y

→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
đồ thị hs không có tiệm cận.
•Chiều biến thiên:
2
0
' 3 6 , ' 0
2
x
y x x y
x
=

= − + = ⇔

=

0,25

BBT

0,25
Hàm số NB trên (−∞ ; 0)
và (2 ; +∞),
ĐB trên (0 ; 2).
Hàm số CĐ(2;2) CT(0;-2)
0,25
c) Đồ thị:
Tâm đối xứng:I(1 ; 0)
0,25

2(1đ) Tìm m
.PTHĐ
3 2
3 2x x mx m
− + − = −

⇔

2
( 1)( 2 2) ( 1) 0x x x m x− − − + − =

⇔

2
1
( ) 2 2 0
x
F x x x m
=
= − + − =

0,25
. Điều kiện
0
3
(1) 0
m
F
∆ >


⇔ <

≠


0,25
2
x - 0 2 +
0 0y’
y
-2
2
- +
-
+ -
. Giả sử
1 1
( ; )B x mx m−

2 2
( ; )C x mx m−
.
2 2 2
1 2 1 2
(1 ) ( ) 4 4(3 )(1 )BC m x x x x m m
 
= + + − = − +
 
.
2

1
( , )
1
d H BC
m
=
+
,
2
1 1
( , ). . 4(3 )(1 ) 1
2 2
S d H BC BC m m
= = − + =

2( )m n
⇔ =
KL.

0,5
II(2đ) 1(1đ
)
Giải phương trình
. Phương trình
⇔
3
sin .cos 2 3 cos 3cos (sin 3 cos )
2 2 2
x x x
x x x

+ = − +

⇔

2
sin 3 cos sin cos 3 cos (2cos 1) 0
2 2 2
x x x
x x x
+ + + − =

(sin 3 cos )(1 cos ) 0
2
x
x x
⇔ + + =
0,5
. TH1
cos 1 x=2 4
2
x
k
π π
= − ⇔ +
(
k Z
∈
)
0,25
. TH2

sin 3 cos 0x x+ =

⇔

tan 3 2
3
x x k
π
π
= − ⇔ = − +
(
k Z
∈
)
0,25
Vậy phương trình có các nghiệm như trên
2(1đ) Giải hệ pt…
. Điều kiện
1
4
x
≥
Phương trình (2)
⇔

4
2 (5 1)(2 3) 3(1 5 )y x x x− − = −


4 4

1
( )
5
4 3 6
x l
xy y
=
⇔
+ =
0,25
. Ta được hệ pt
2 2
4 4
4 1 3 4 1 5 3
4 3 6
y x x y
xy y

− + − = −


+ =


. Chia pt thứ nhất cho
2
y
và pt thứ hai cho
4
y

(do y=0 loại)
Ta được
2 2
4
3 3
4 1 4 1 5
3
4 1 5
x x
y y
x
y

− + − = −




− + =



0,25
3
• Đặt
2
3
4 1;a x b
y
= − =

với
0, 0a b
≥ >
Ta có hệ pt
2 2
5
5
a ab b
a b
+ + =


+ =

ta được
5
1
b
a
b
−
⇒ =
+
thay vào (2)

2 2
4 3 2
3 2
2
5

( ) 5
1
2 3 20 20 0
( 1)( 3 20) 0
( 1)( 2)( 5 10) 0
b
b
b
b b b b
b b b
b b b b
−
+ =
+
⇔ + − − − =
⇔ − + − =
⇔ − − + + =
0,25

0,25
• Nên
4
5
2
4
1
3
x
a
b

y

=
=


⇒
 
=


= ±

hoặc
4
1
1
2
2
3
2
x
a
b
y

=

=



⇒
 
=


= ±


Kết luận
( )
5
; ; 3
4
x y
 
= ±
 ÷
 
4
1 3
( ; )
2
2
±
III(1đ) 1(1đ
)
Tính tích phân.
•
2 2 2

12 12
2
4 4
4 4
cos2 .sin .cos 1 sin 2 .cos2
sin 2
sin cos 4
1
2
x x x x x
I dx dx
x
x x
π π
π π
= =
+
−
∫ ∫
0,25
• Đặt
sin 2t x
=

2cos 2dt xdx
⇒ =

Đổi cận
1
12

2
1
4
x t
π
π
⇒
Khi đó
1
2
2
1
2
1
4 2
t
I dt
t
=
−
∫

0,25
•
1
1 1
2
1
1 1
2

2 2
1 1 1 2
( 2 ) ln
4 2 8
4 2 2
dt t
I dt
t
t
−
= + = +
−
+
∫ ∫
• KL
1 1 21 14 2
ln
8
4 2 9 4 2
I
−
= +
−
0,5
4
IV
(1đ) Tính thể tích và khoảng cách
• Kẻ
HI AB
⊥

, vì
SH AB
⊥
nên
( )AB SHI
⊥
Gt được góc SIH=
0
60

0,25
• Do
//IH AD
nên
BH IH
BD AD
=
1
2.
.
3
3
2
a a
BH AD a
IH
BD
a
⇒ = = =
•

0
tan 60
3
a
SH IH= =
•
( ) ( ) ( ( ) ( ))dt AHCD dt ABCD dt AHB dt BHC
= − +
=
2 2 2
2
2
( )
6 6 3
a a a
a − + =
• V
2 3
1 1 2 2
. ( )
3 3 3
3 9 3
a a a
SH dt AHCD
= = =
(đvtt)
0,25
• Kẻ Cx//BD suy ra BD//(SC,Cx)
•
( , ) ( ,( , )) ( ,( , ))d SC BD d BD SC Cx d H SC Cx

= =
• Kẻ HK
⊥
Cx tại K
0,25
• Vì SH
⊥
Cx, HK
⊥
Cx nên Cx
⊥
(SHK) hay (SHK)
⊥
(SC,Cx)
• Kẻ HN
⊥
SK suy ra HN
⊥
(SC,Cx)
• d(SC,BD)=HN=
2 2 2 2
.
.
3 2
5
3 2
a a
SH HK a
SH HK a a
= =

+
+
0,25
5
B
A D
C
I
N
x
S
H
K
V (1đ) Chứng minh rằng…….
• Đặt
3 3 3
1
( )
(2 ) (2 ) (2 )
x y z
P
x y z y z x z x y x y z
= + +
+ + + + +
• Ta có
3
3
3
2
(2 ) 3 9

2
(2 ) 3 9
2
(2 ) 3 9
x y z x
x
y z x
y z x y
y
z x y
z x y z
z
x y z
+
+ + ≥
+
+
+ + ≥
+
+
+ + ≥
+
0,25
• Cộng vế ta được
3 3 3
2 2 2 3
x y z x y z
xy yz yz xz xz xy
+ +
+ + ≥

+ + +
• Hay
1P
≥
Dấu bằng xảy ra khi
1x y z
= = =
(*)
0,25
• Đặt
2 2 2
1 2
( 1)( 1)( 1)
1
Q
x y z
x y z
= −
+ + +
+ + +
• Ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1
1 ( ) ( 1) ( 1)
2 2 4
x y z x y z x y z
+ + + ≥ + + + ≥ + + +
Vì
2 2 2
1

( )
2
a b a b
+ ≥ +
dấu = khi a=b
•
3
3
( 1)( 1)( 1) ( )
3
x y z
x y z
+ + +
+ + + ≤
dấu = khi x=y=z
• do đó
3
2 54
1 ( 3)
Q
x y z x y z
≤ −
+ + + + + +
, đặt
1 1t x y z
= + + + >
Ta được
3
2 54
( )

( 2)
Q f t
t t
≤ = −
+
xét hsố f(t) trên
(1; )
+∞

2 4
1( )
2 162
'( ) 0
4( )
( 2)
t l
f t
t n
t t
=
−
= + = ⇔
=
+
Lập bbt ta được
1
( )
4
f t
≤

=f(4)
Vậy
1
4
Q
≤
dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 (**)
• Từ (*), (**) suy đpcm
0,5
PHẦN TỰ CHỌN:
Câu ý Nội dung Điểm
VIa(2đ) 1(1đ
)
Tìm B, C, D…
• pt AC đi qua A, vuông góc với BD x+y-1=0
• I là giao AC, BD nên I(0;1)
0,25
6
• Vì I là trung điểm AC nên C(-1;2), kẻ IH vuông góc BC nên IH=
8
5
• AC=
2 2

2IC
⇒ =
, do tam giác ICB vuông tại I nên

2 2 2
1 1 1

2 2ID
IH ID IH
+ = ⇒ =
0,25
• Nên BD=
4 2
• Toạ độ B, D thoả mãn
2 2
( 1) 8
1 0
x y
x y

+ − =

− + =


0,25

0,25
• Giải được
2, 3
2, 1
x y
x y
= =
= − = −
• KL
1 1 1

2 2 2
(2;3), ( 2; 1), ( 1;2)
( 2; 1), (2;3), ( 1;2)
B D C
B D C
− − −
− − −
2(1đ) Viết phương trình mp(P)…………
• Gọi M(a;b;c)
• Do M thuộc mặt cầu (S) nên
2 2 2
( 2) ( 1) 3a b c− + − + =
(1)
• Do MH=2 nên
2 2 2
( 1) ( 1) 2a b c
− + + − =
(2)
• Vì d(M;(P))=2 nên
2 2
2 2 1
2
2 2 1
a b c+ + −
=
+ +
(3)
0,5
0,25
• Từ (1), (2) ta được 2a+2b-2c=4 (4)

Từ (3) TH1 2a+2b+c=7 (5)
Do đó c=1 thay vào (2), (4) được
2 2
1, 2
( 1) 4
3, 0
3
a b
a b
a b
a b
= =

− + =
⇔

= =
+ =

• Từ (3) TH2 2a+2b+c=-5 kết hợp (4) ta có c= -3
Thay vào (2) được
2 2
( 1) 2( )a b l− + = −
• Kết luận M(1;2;1) M(3;0;1),
0,25
VII.a (1 đ)
Giải bất phương trình
7
•BPT
⇔

2 2
3 3
2 2
3 3
1 1
log 1 log 3 3
1 1
1 1
log 0 log 1 1
1 1
x x x x
x x
x x x x
x x
 
+ + + +
≤ = ≤
 
 
+ +
⇔
 
+ + + +
 
≥ = ≥
 
+ +
 

0,5
•
2
2
2 2
1
0
1
1 3 1 3
0
1
1
x x
x
x
x
x
x
x

− −
 < −
≤



+
⇔ ⇔

− ≤ ≤ +
 
 
>
> −


+


0,25
•Kết luận
1 3;1 3T
 
= − +
 

0,25
VI.b(2đ) 1(1đ
)
Tìm toạ độ……………………
• Gọi AD x-1=0, CE x-2y-6=0
Kẻ HM vuông góc AD tại K, H thuộc AB Pt HM y=1
• K là giao điểm HM và AD nên K(1;1), từ đó H(3;1)
• Pt AB qua H vuông góc CE là 2x+y-7=0
• A là giao điểm AB, AD nên A(1;5)
0,5
• Pt AC qua A, M 2x-y+3=0
Nên C là giao CE và AC nên C(-4;-5)
• B thoả mãn

2 2
2 7 0
( 2) 25
x y
x y
+ − =


+ − =

giải được
1 2
(0;7), (4; 1)B B −

• Vì AD là phân giác trong nên loại
1
(0;7)B
0,5
2(1đ) Tìm toạ độ…….
• Gọi I(a;b;c) thoả mãn
2 0IA IB IC
+ + =
uur uuur uur r
0,25
8
• Ta được
1
2
1 2(0 ) (1 ) 0
3

0 2( 2 ) 1 0
4
0 2(0 ) (0 ) 0
0
a
a a a
b b b b
c c c
c

=

− + − + − =


−
 
− + − − + − = ⇔ =
 
 
− + − + − =

=



Nên I(
1 3
; ;0
2 4

−
) cố định
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 ( ) 2( ) ( )
2 2 ( 2 ) 4
2 4
MA MB MC IA IM IB IM IC IM
IA IB IC IM IA IB IC MI
IA IB IC MI
+ + = − + − + −
= + + − + + +
= + + +
uur uuur uur uuur uur uuur
uuur uur uur uur

0,25
• Do I, A, B, C cố định nên tổng nhỏ nhất khi và chi khi MI nhỏ nhất
Hay M là hình chiếu của I lên (P)
• Gọi M(x;y;z) ta có
( )
.
P
IM k n
=
uuur r
1
13
1.

2
10
3
17
2
4
20
0 0.
0
2 3 0
x k
x
y k
y
z k
z
x y


− =
=




 
+ =
⇔ ⇔ =
 
 

− =
=
 
 
+ − =



• KL
13 17
( ; ;0)
10 20
M
0,5
VII.b 1 đ Tính tổng
•
[ ]
1
2014
2015
2014!
1 2015! 1
!(2014 )!
.
1 1 2015 ( 1)! 2015 ( 1) ! 2015
k
k
C
k k
C

k k k k
+
−
= = =
+ + + − +

0 2014k
∀ =
0,5
•
1 2 3 2014 2015
2015 2015 2015 2015 2015
2015 0
2015
1
2015
1
(1 1)
2015
S C C C C C
C
 
= + + +
 
 
= + −
 
L L L

• Kết lận: S=

2015
2 1
2015
−
0,5
9