Đề thi thử đại học môn toán 2014 có đáp án

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 48
Ngày 18 tháng 01 Năm 2014
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
( )
3
2
16
3
1
23
+−+−= xmmxxy

( )
1
có đồ thị
( )
m
C
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
( )
1
khi m = 1.
b. Tìm m để trên
( )
m
C
có hai điểm phân biệt
( )
11
; yxM

và
( )
22
; yxN
sao cho tiếp tuyến tại mỗi điểm đó
vuông góc với đường thẳng
063 =−+ yx
và
32
21
≤+ xx
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
x
x
x
x
x
cot1
cos
3cos
sin
3sin
+=+
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:



=−+−
=−++

03
05
2224
2
xyyxx
xyxyx

( )
Rx ∈y ,

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân:
( )
∫
++
=
4
0
2
2sincos
2cos
π
dx
xx
x
I
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có M là trung điểm cạnh AB, G là trọng tâm tam giác
ABC, BC = 2a, góc
ACB
bằng
0

90
, góc
ABC
bằng
0
60
.Góc giữa cạnh bên CC’ và mặt đáy (ABC) là
0
45
,
hình chiếu vuông góc của C’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của CM. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho
và cosin của góc giữa hai đường thẳng BC và C’G.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thuộc đoạn
[ ]
2 ; 1
. Tìm tất cả các giá trị thực
của z để biểu thức
( )( )
22
yxyx
xyzyxyzx
P
+−
+−+
=
có giá trị lớn nhất là M thỏa mãn
2≥M
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). ( Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho A(1;2), B(1;-2). Tìm tọa độ điểm C trên
đường thẳng d
1
: x - y -1 = 0 sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với đường thẳng d
2
: x+y
-3 = 0
Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3;1;0), B nằm trên
mặt phẳng (Oxy) và C nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ điểm B và C sao cho H(2;1;1) là trực tâm tam giác
ABC.
Câu 9a (1,0 điểm). Có bao nhiêu cách chia 6 đồ vật đôi một khác nhau cho 3 người sao cho mỗi người
nhận được ít nhất một đồ vật.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x - y + 1= 0 và tam giác
đều ABC nội tiếp đường tròn (C): x
2
+ y
2
- 2x + 4y - 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB. Biết đường
thẳng AB tạo với đường thẳng d góc 45
0
Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A(0;1;2), B(-1;1;0) và mặt phẳng (P): x
- y + z = 0 Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho tam giác MAB vuông cân tại B.
Câu 9b (1,0 điểm). Giải bất phương trình:
( ) ( )
022log2log
2
3
3
≤+−−− xx

x
x
,
( )
Rx ∈
Mời các bạn dự thi vào tối thứ 4 và thứ 7 hàng tuần( 19 giờ đến 22 giờ)
184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ 47
(Biểu điểm gồm 05 trang)
Câ
u
Nội dung Điể
m
I 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
* TXĐ:
{ }
\ 1R
−
;
2
3
' 0
( 1)
y
x
= >
+
. Hàm số đồng biến trên TXĐ.
0.25
1

lim
x
+
→−
= −∞
;
1
lim
x
−
→−
= +∞

2 1
2
1
lim
x
x
x
→±∞
−
=
+
Tiệm cận đứng x = - 1; Tiệm cận ngang y = 2.
0.25
* Bảng biến thiên 0.25
Giao Ox:
1
0

2
y x
= ⇒ =
; Giao Oy:
0 1x y
= ⇒ = −
.
Đồ thị:
0.25
2. (1.0 điểm) Tìm m để đường thẳng …
Phương trình hoành độ giao điểm của
( )
m
d
và ( C) là:
2
2 1
( 3) 1 0
1
x
x m x m x m
x
−
= − + ⇔ − − − − =
+
(1) , với
1x
≠ −
( )
m

d
cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi pt (1) có hai nghiệm phân biệt
1≠ −
2
2 13 0
0. 3 0
m m
m

− + >
⇔

− ≠

( đúng với mọi m)
0.25
Gọi
1 2
;x x
là các nghiệm của (1), ta có
1 2
1 2
3
. 1
x x m
x x m
+ = −


= − −


. Giả sử
1 1 2 2
( ; ); ( ; )A x x m B x x m
− + − +
0.25

2
1 2
2( )AB x x
= −
;
2 2 2 2
1 1 1 2
( 2) ( 5) ( 2) ( 2)PA x x m x x
= − + − + − = − + −
2 2 2 2
2 2 2 1
( 2) ( 5) ( 2) ( 2)PB x x m x x
= − + − + − = − + −
.Suy ra tam giác PAB cân tại P.
0.25
Do đó
PAB
∆
đều
2 2
PA AB
⇔ =
2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
( 2) ( 2) 2( ) ( ) 4( ) 6 8 0x x x x x x x x x x
⇔ − + − = − ⇔ + + + − − =
2
4 5 0 1; 5m m m m⇔ + − = ⇔ = = −
0,25
II.
1. Giải phương trình:
2
2cos x 2 3 sinx cosx 1 3(sinx 3cosx)+ + = +
(1)
(1) ⇔
2 cos2x 3sin2x 3(sinx 3 cosx)
+ + = +
⇔
1 3 1 3
2 2 cos2x sin2x 6 sinx cosx
2 2 2 2
   
+ + = +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
0.25
⇔
2 2cos 2x 6cos x
3 6
π π
   
+ − = −

 ÷  ÷
   
⇔
1 cos 2x 3cos x
3 6
π π
   
+ − = −
 ÷  ÷
   
0.
25
. ⇔
2
2cos x 3cos x
6 6
π π
   
− = −
 ÷  ÷
   
⇔
3
cos x 0vcos x (loaïi)
6 6 2
π π
   
− = − =
 ÷  ÷
   

0.
25
⇔
π+
π
=⇔π+
π
=
π
−
k
3
2
xk
26
x
, k ∈ Z.
0.25
2. Giải hệ:
4 3 2 2
3 2
x x y x y 1
x y x xy 1

− + =


− + =



(I) (I ) ⇔

− + + =


− + + =


2 2 3
2 3
( x xy) x y 1
( x xy) x y 1
Đặt u = − x
2
+ xy, v = x
3
y
(I) thành
= − +
 
= =
 
 + =
⇔ ⇔ ∨
   
= =
+ = − =
 
 
 

2
2
v u 1
u 0 u 1
u v 1
v 1 v 0
u v 1 u u 0
0.25
0.25
2 2
4 2
3 3
y x y 0
x xy 0 x xy 1
x 1 x 1(vn)
x y 1 x y 0
 
= =
 
− + = − + =
   
∨ ⇔ ∨
   
= = −
 
= =
 
 
 
= = −

 
⇔ ∨
 
= = −
 
x 1 x 1
y 1 y 1
0.25
0.25
III.
Tính tích phân
( )
∫
−
−
=
1
0
2
dx
4x
1xx
I
.
Ta có
( )
∫∫
−
−
=

−
−
=
1
0
2
2
1
0
2
dx
4x
xx
dx
4x
1xx
I
( )
2
1 1 1
2 2 2 2 2
0 0 0
d x 4
x 4 1 dx
1 dx 1 4
x 4 x 4 2 x 4 x 2
−
 
= − + = − +
 ÷

− − − −
 
∫ ∫ ∫
.
1
1
2
0
0
1 x 2 3
1 ln x 4 ln 1 ln 2 ln3
2 x 2 2
− 

= − − + = + −


+

0.25
0.25
0.5
IV. Tính thể tích…
A
B
C
A'
B'
C'
E

G
D
Diện tích đáy là
2
3
4
ABC
a
S
∆
=
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Ta có
3
2
a
AE =
2 2 3 3
.
3 3 2 3
a a
AG AE
⇒ = = =
0.25
Gọi E là trung điểm của BC. Ta có
(AA'E)
'
BC AE
BC
BC A G
⊥


⇒ ⊥

⊥

Gọi D là hình chiếu vuông góc của E lên AA’. Suy ra
;AA' DEBC DE
⊥ ⊥
. Vậy DE là khoảng cách giữa 2 đt
AA’ và BC
3
4
a
DE
⇒ =
0.25
Tam giác ADE vuông tại D suy ra
0
1
30
2
DE
SinDAE DAE
AE
= = ⇒ =
Xét tam giác A’AG vuông tại G ta có
0
' .tan30
3
a

A G AG
= =
0.25
2 3
. ' ' '
3 3
' .
3 4 12
ABC A B C ABC
a a a
V A G S
∆
= = =
.
0.25
V.
Tìm m để phương trình:
m54x6x4x23x =+−−+−−−
có đúng 2 nghiệm
P/trình cho
( ) ( )
m94x64x14x24x
=+−−−++−−−⇔
(1)
0.25
.
( ) ( )
m34x14x
22
=−−+−−⇔

m34x14x =−−+−−⇔
(1)
đặt:
04xt
≥−=
. Ta có: (1)
m3t1t
=−+−⇔
(∗)
0.25
Xét hàm số
( )
0t ,3t1ttf
≥−+−=
.Ta có
( )





≥−
≤≤
≤≤−
=
3t neáu 4t2
3t1 neáu 2
1t0 neáu t24
tf

0.25
Đồ thị : Từ đồ thị ta có:
2 4m
< ≤


y
x
O
1
3
4
2
4
0,25
VI.
a
Tìm B, C sao cho diện tích
∆
ABC lớn nhất.
Ta có A(2, 1); B(b, 0); C(0,c) với b, c ≥ 0 ; ∆ABC vuông tại A
0AC.AB
=⇔
Ta có
( )
1,2bAB
−−=
;
( )
1c,2AC

−−=
0,25
Do ∆ABC vuông tại A
( ) ( )
01c2b2AC.AB
=−−−−=⇒
0,25
( )
2
5
b005b2c2b21c
≤≤⇒≥+−=⇒−−=−⇔
Ta lại có
( ) ( )
2 2
1 1
. 2 1. 4 1
2 2
ABC
S AB AC b c
= = − + + −
( ) ( ) ( )
12b2b4412b
2
1
S
222
ABC
+−=−++−=
0,25

vì
2
5
b0
≤≤
nên SABC = (b – 2)
2
+ 1 lớn nhất ⇔ b = 0. Khi đó c = 5. Vậy, ycbt
⇔
B(0, 0) và C(0, 5)
0,25
VII
.a
. Giải bất phương trình:
( )
2
2
1 2
2
1 1
log 2x 3x 1 log x 1
2 2
− + + − ≥
.(1)
ĐK
x 1
≠
. Khi đó (1)
( )
( )

2
1
1xlog
2
1
1x3x2log
2
1
2
2
2
2
≥−++−−⇔
0.25
( )
( )
2
1
1xlog
2
1
1x3x2log
2
1
2
2
2
2
≥−++−−⇔
0.25

( )
( )
2
2
2
x 1
(x 1)
log 1 2
1
(x 1)(2x 1)
2 x 1 x
2
−
−
⇔ ≥ ⇔ ≥
− −
 
− −
 ÷
 
0.25
.
(x 1)
2
(2x 1)
−
⇔ ≥
−
3x 1 1 1
0 x

2x 1 3 2
− +
⇔ ≥ ⇔ ≤ <
−

0.25
VII
I a
Tìm hệ số của số hạng chứa
8
x
trong khai triển
5
3
2
( ) ( )
n
P x x
x
= +
1
4 3
7( 3) ( 4)( 3)( 2) ( 3)( 2)( 1) 42( 3)
n n
n n
c c n n n n n n n n
+
+ +
− = + ⇔ + + + − + + + = +
2 2

5 6 14( 3) 9 36 0n n n n n⇔ + + = + ⇔ − − =
0,25
3( )
12( )
n loai
n tm
= −

⇔

=

Với n=12 ta có nhị thức:
5 12
3
2
( )x
x
+
0,25
Ta có:
5(12 ) 60 11
12 12
5 12 3
2 2
12 12
3
0 0
2
( ) ( ) 2 2

k k
k k k k k
k k
P x x c x x c x
x
− −
−
= =
= + = =
∑ ∑
0,25
60 11
8 60 11 16 4
2
k
k k
−
= ⇔ − = ⇔ =
. Hê số của
8
x
là
4 4
12
c 2 7920
=
0,25
VI.
b
Viết pt đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho

3AB
=
.
Ta có (C): x
2
+ y
2
– 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) ;
3R =
(C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của đoạn AB. Ta có
2
3
2
AB
BHAH
===
. Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I.
0,25
Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB. Gọi H' là trung điểm của A'B'
Ta có:
2
2 2
3 3
IH' IH IA AH 3
2 2
 
= = − = − =
 ÷
 ÷
 

. Lại có:
( ) ( )
2 2
MI 5 1 1 2 5
= − + + =

3 13
MH' MI H'I 5
2 2
= + = + =
;
3 13
MH' MI H'I 5
2 2
= + = + =
0,25
Ta có:
13
4
52
4
49
4
3
MHAHMAR
2222
1
==+=+==
43
4

172
4
169
4
3
'MH'H'A'MAR
2222
2
==+=+==
0,25
. Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
= 13
hay (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
= 43
0,25
VII
.b
Giải phương trình: log
9
(x
2
– 5x + 6)
2
=

3
3
1 x 1
log log (3 x)
2 2
−
+ −
ĐK Điều kiện: 1 < x < 3 và x ≠ 2 (1)
0,25
Pt (1)
⇔
2
3 3 3
x 1
log x 5x 6 log log (3 x)
2
−
− + = + −
⇔
2
3 3
(x 1)(3 x)
log x 5x 6 log
2
− −
− + =
0,25
⇔
(x 1)(3 x)
(x 2)(x 3)

2
− −
− − =
⇔
2 x 2 (3 x) (x 1)(3 x) 0
− − − − − =
⇔
2 x 2 x 1 0
− − + =
0,25
⇔
1 x 2 2 x 3
hay
4 2x x 1 0 2x 4 x 1 0
 
< < < <
 
− − + = − − + =
 
⇔
1 x 2
2 x 3
hay
5
x 3
x
3

< <


< <

 
=
=



⇔ x =
5
3
.
0,25
VII
Ib
Tính xác suất
a.Gọi A là biến cố có ít nhất 1 lần bắn trúng bia

( ) ( )
( )
( )
1 1 1
A 0,8.0,8.0,8 0,512 1 0,488P P A A A P A P A⇒ = = = ⇒ = − =
0,5
b. Gọi
i
A
là biến cố người đó bắn trúng bia ở lần thứ i, i=1,2,3
A là biến cố trong 3 lần bắn người bắn trúng bia 1 lần

( )
1 2 3 1 2 3 1 2 3
3.0,128 0,384A A A A A A A A A A P A⇒ = ∪ ∪ ⇒ = =
0,5