BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG Web: http://violet.vn/vanlonghanam 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 . VĂN LONG Web: http://violet.vn/vanlonghanam ĐỀ 4 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 20 14 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. (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. ( ) ( ( ) ( ))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) • (