1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG Web: http://violet.vn/vanlonghanam ĐỀ 3 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 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm) Câu I. ( 2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 2 1 y x mx    (1), m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B và C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 1. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3(sin2x +sinx)+cos2x -cosx =2 2. Giải phương trình:     3 3 2 2 1 2 1 x x x x     Câu III. ( 1,0 điểm) Tính tích phân I = 2 1 ln (3 ln ) e x dx x x  Câu IV.( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC, có tam giác ABC vuông tại B, AB=a, BC=a 3 , mp(SAC) vuông góc mp(ABC), SA = SC=a 2 . Gọi M, N lần lượt là trọng tâm tam giác SAB và SAC. Tính thể tích của khối chóp S.AMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB theo a . Câu V. ( 1,0 điểm) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn 2 2 1 x y   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức     1 1 1 1 1 1A x y y x                   . II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a ( 2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2 (C): x +y =1 . Đường tròn (C') tâm I(2;2) cắt (C) tại các điểm A, B sao cho độ dài đoạn AB = 2 . Viết phương trình đường thẳng AB. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-1;6;6), B(3;-6;-2) . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho tổng MA MB  đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.a ( 1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z, biết 2 ( 5 ) (1 5 ) z i i    B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình 2 2 2 4 20 0 x y x y      và điểm A(3;0) . Viết phương trình đường thẳng ( )  đi qua A và cắt đường tròn (C) theo một dây cung MN có độ dài: a) Lớn nhất. b) Nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm I(0;0;1), K(3;0;0) . Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm I, K và tạo với mặt phẳng Oxy một góc bằng 30 o .Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm dạng lượng giác của số phức sau: 1 3 3 i z i    . 2 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1.a Câu 1. a) Khi 1 m  , ta có: 4 2 2 1 y x x    . Tập xác định: D R  . Sự biến thiên: Chiều biến thiên: 3 ' 4 4 ; ' 0 1 0 1 hoaëc hoaëc y x x y x x x         . Các khoảng đồng biến: ( 1;0)  và (1; )  , khoảng nghịch biến ( ; 1)   và (0;1) . Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0 x  , 1 CÑ y  ; đạt cực tiểu tại 1 x   và 0 CT y  . Giới hạn: lim x y    và lim x y    Bảng biến thiên: 1 0 0 +∞ +∞ + - + - 000 1 0 -1 +∞ -∞ y y' x Đồ thị: 0.25 0.25 0.25 0.25 1.b b) Ta có 3 2 2 0 ' 4 4 4 ( ); ' 0 x y x mx x x m y x m            , vậy đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị khi và chỉ khi 0 m  . Các điểm cực trị hàm số là 2 2 (0;1); ( ;1 ); ( ;1 ) A B m m C m m    . Gọi I là tâm và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Do , B C đối xứng nhau qua trục tung nên tam giác ABC cân tại A , do đó tâm I nằm trên Oy , giả sử: (0; ) 1 I y IA R    2 1 2 0 ( 1) 1 (0;0); (0;2) 2 y y hay I I y          . Với   2 2 1 1 1 5 (0;0) 1 1 1 0; 1 2 hoaëc I I B R m m m m m              , do 0.25 0.25 0.25 3 0 m  nên chỉ nhận 1 5 1; 2 m m     Với   2 2 2 2 (0;2) 1 1 1 I I B R m m        , phương trình này vô nghiệm do   2 2 0 1 1 m m m      . Vậy 1 5 1; 2 m m     là hai giá trị cần tìm. 0.25 2 Câu 2a. Giải phương trình 3(sin 2 sin ) 2 cos 2 x x cos x x     3 1 3 1 sin 2 2 sin cos 1 2 2 2 2 2 sin 1 3 6 x cos x x x cos x x                                         2 2sin sin 0 6 6 x x                    sin 0 6 1 sin 6 2 6 2 , 2 3 x x x k x k k x k                                                0.25 0.25 0.25 0.25 2 Câu 2b. Giải phương trình sau     3 3 2 2 1 2 1 x x x x     Điều kiện: 1 1 x    . Phương trình đã cho tương đương với       2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 x x x x x x x x               2 2 2 1 1 1 2 1 x x x x x x        (*) Đặt 2 2 2 1 1 1 2 t t x x x x        , khi đó phương trình (*) trở thành:    2 2 3 2 2 1 1 1 2 2 3 2 0 2 2 2 1 0 2 2 t t t t t t t t t                     2 2 2 2 1 2 2 1 0 2 1 t t t t t t                        (i). Với 2 2 2 1 2 1 2 t x x x x          0.25 0.25 0.25 4   2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 0 2 x x x x x          (ii). Với 2 2 1 1 2 1 t x x           vô nghiệm do 1 VT VP    (iii) Với 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 t x x x x                  2 2 1 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 x x x x                      Vậy phương trình có hai nghiệm là 2 1 2 2 2 1 , 2 2 x x      . 0.25 3 Câu 3 (1.0 điểm). Tính tích phân I = 2 1 ln (3 ln ) e x dx x x  Ta có Đặt 1 3 ln ln 3 t x x t dt dx x        Đổi cận x 1 e t 3 4 4 4 4 4 4 2 2 3 3 3 3 3 3 1 3 3 4 1 ln ln 3 4 t I dt dt dt t t t t t            0.25 0.5 4 Câu 4 Tính SAMN V : Ta có 2 2 2 2 AC a SA SC AC SA SC       0.25 5 Hạ SH AC  , do( ) ( ) ( ), SAC ABC SH ABC SH a     Gọi K là trung điểm của AB . Ta có 2 2 4 . . 3 3 9 SAMN SAKH V SM SN V SK SH    3 4 4 1 4 1 1 3 3 . . . . . . . . 9 9 3 9 3 2 2 2 54 SAMN SAKH AKH a a a V V S SH a     Tính ( , ) d SC AB : Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ sao cho 3 (0;0;0), (0; ;0), ( 3;0;0), ( ; ; ) 2 2 a a B A a C a S a Ta có 3 ; ; , (0; ;0), ( 3; ;0) 2 2 a a SC a AB a CA a a                   , . 2 21 ( , ) 7 , SC AB CA a d SC AB SC AB                0.25 0.25 0.25 5 Câu 5 (1,0 điểm) Cho , x y là hai số dương thỏa mãn 2 2 1 x y   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức     1 1 1 1 1 1A x y y x                   . Ta có thể viết A thành dạng sau: 1 1 1 1 1 2 2 2 2 x y A x y x y y x x y                                  . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2, 2, 2, 2 2 2 2 x y x y x y y x x y xy x y                  Cộng theo vế ta được 1 1 1 1 1 3 2 2 3 2 4 2 2 2 x y x y A x y y x x y                                    Dấu đẳng thức xảy ra 2 2 1 1 ; ; 2 2 2 1 1 2 ; 1; 0; 0 x y x y x y y x x y x y x y x y                   . Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3 2 4  khi 2 2 x y  0.25 0.25 0.25 0.25 II.PHẦN RIÊNG (3.0 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) 6.a.1 A.Theo chương trình chuẩn Câu 6.a.1 Đường tròn ( ) C có tâm (0;0) O và bán kính 1 r  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB thì H là trung điểm của đoạn AB 2 2 2 AB HA   . Tam giác OHA vuông tại H , ta có: 2 2 1 1 1 2 2 OH OA HA     . Đường tròn ( ') C tâm (2;2) I . Nên đường thẳng AB chính là đường thẳng vuông góc với 0.25 0.25 6 OI và cách O một khoảng 1 2 OH  . Do (2;2) : 0 OI AB x y c       Mặt khác: 1 1 ( ; ) 1 2 2 2 c d O AB c       . Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: 1 0 x y    và 1 0 x y    . 0.25 0.25 6.a Câu 6.a.2. ( ) ( ; ;0) M Oxy M x y   Ta có: ( 1 ;6 ;6), (3 ; 6 ; 2) MA x y MB x y            Phương trình mặt phẳng ( ): 0 Oxy z  , do A có cao độ bằng 6, B có cao độ bằng -2 nên hai điểm , A B nằm về hai phía đối với mặt phẳng ( ) Oxy . Ta có (khoâng ñoåi) MA MB AB  min( ) MA MB AB    , đạt được khi ba điểm , , A B M thẳng hàng MA   và MB  cùng phương nên 2 1 6 6 3 3 6 2 x x y y x y                 . Vậy điểm cần tìm là (2; 3;0) M  . 0.25 0.25 0.5 7.a 2 ( 5 ) (1 5 ) (4 2 5 )(1 5 ) 14 2 5 z i i i i i         Vậy z = 14 2 5 i  Phần thực của z là 14 và phần ảo là 2 5 0.5 0.25 0.25 B.Theo chương trình nâng cao Câu 6.b.1 Đường tròn ( ) C có tâm ( 1;2) I  , bán kính 5 R  . a).Dây MN lớn nhất khi MN là đường kính của ( ) C . Do đó ( )  là đường thẳng đi qua A 0.25 7 6.b và I . Ta có (4; 2) IA    suy ra phương trình đường thẳng ( )  là 3 0 2 3 0 4 2 x y x y         . b).Kẻ IH MN  tại H . Dây MN nhỏ nhất khi IH lớn nhất. Ta có: 2 5 2 5 max IH IA IH    khi ( ) H A IA     tại A. Vậy ( )  đi qua ( )  và nhận (4; 2) IA    làm véctơ pháp tuyến có phương trình: 4( 3) 2( 0) 0 2 6 0 x y x y         0.25 0.25 0.25 6.b Câu 6.b.2 Gọi mặt phẳng cần tìm là ( ) : 0 Ax By Cz D      2 2 2 ( 0) A B C    . Ta có (0;0;1) ( ) 0 I C D      (1) (3;0;0) ( ) 3 0 K A D      (2) ( )  và ( ) Oxy có véctơ pháp tuyến lần lượt là ( ; ; ), (0;0;1) n A B C k    . ( )  tạo với ( ) Oxy một góc bằng 30 o nên ta có 2 2 2 2 2 2 2 . 3 30 4 3( ) 2 o n k C cos C A B C n k A B C              2 2 2 3 3 0 A B C     (3) Từ (1) và (2), ta có 3 C A  thế 3 C A  vào (3) ta được 2 2 2 2 2 3 3 9 0 2 2 A B A B A B A         Chọn 1, 2 3, 3 A B C D        Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là: 2 3 3 0 x y z     và 2 3 3 0 x y z     0.25 0.25 0.25 0.25 7.b Câu 7.b Tìm dạng lượng giác của số phức sau 1 3 3 i z i    . 1 3 2 2 sin 2 2 3 3 1 3 3 3 1 2 sin 2 6 6 2 2 sin 2 2 i cos i i z i cos i i cos i                                                                      Cách khác: 1 3 3 i z i    = (1 3)( 3 ) 0 ( 1) ( ) sin( ) 4 2 2 os i i i i c i              0.5 0.5 1 Học sinh có cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa câu đó 8 . 2 2 54 SAMN SAKH AKH a a a V V S SH a     Tính ( , ) d SC AB : Chọn hệ trục t a độ Oxyz hình vẽ sao cho 3 (0;0;0), (0; ;0), ( 3; 0;0), ( ; ; ) 2 2 a a B A a C a S a Ta có 3 ; ; ,. LONG Web: http://violet.vn/vanlonghanam ĐỀ 3 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 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT. SH AC  , do( ) ( ) ( ), SAC ABC SH ABC SH a     Gọi K là trung điểm c a AB . Ta có 2 2 4 . . 3 3 9 SAMN SAKH V SM SN V SK SH    3 4 4 1 4 1 1 3 3 . . . . . . . . 9 9 3 9 3 2