Đề thi thử Đại học Năm 2014 Môn thi: Toán- Khối A, A1, B Đề 1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG 
Web:  
ĐỀ 1 
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 THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1 (2,0 điểm) 
Cho hàm số 162 3  xxy (1) và đường thẳng 52:  mmxy ( m là tham số thực) 
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) . 
b) Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng  cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt và khoảng cách từ 
điểm cực đại của (C) đến  bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của (C) đến  . 
Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trình 2cot)cos1(3
2
5sin5 2 




  xxx 
Câu 3 (1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm 
  1434)3( 322  mxxxxm 
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân dx
xx 
4
0 1613
1 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác '''. CBAABC có đáy ABC là tam giác vuông cân với cạnh 
huyền AB = 2, cạnh bên của lăng trụ bằng 3 , mặt bên '' AABB có góc ABA' nhọn và nằm trong mặt 
phẳng vuông góc với đáy, mặt phẳng ( 'ACA ) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 060 . Tính thể tích của 
lăng trụ '''. CBAABC và khoảng cách từ điểm B đến mặ phẳng ( 'ACA ). 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện 20122014322  yxyx . 
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức 
   
1
122015
11 22



yx
yxxyyxS 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, đường phân giác trong của góc A và 
đường cao kẻ từ đỉnh C lần lượt có phương trình 0 yx , 032  yx . Đường thẳng AC đi qua 
điểm M(0; -1), biết AMAB 3 . Tìm tọa độ đỉnh B. 
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm )0;;(),0;0;2( baBA ( 0,0  ba ) 
4OB và góc 060AOB .Tìm trên trục Oz điểm C sao cho thể tích của tứ diện OABC bằng 6. 
Câu 9.a (1,0 điểm ) Gọi E là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau lập được từ các chữ 
số 1, 2, 3, 4, 7. Tập E có bao nhiêu phần tử ? Chọn ngẫu nhiên một phần tử của E, tính xác suất để số 
được chọn chia hết cho 3. 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip (E): 3694 2  yx có hai tiêu điểm 21, FF lần 
lượt nằm phía bên trái và bên phải của điểm O. Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho 22
2
1 2MFMF  đạt 
giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. 
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho tam giác ABC có đỉnh )2;1;`5(),1;1;1( BA và 
)1;;( yxC ( 0,0  yx ) . Tìm yx, sao cho 
25
12cos A và diện tích của tam giác ABC bằng 481 . 
Phân giác trong góc A của tam giác ABC cắt BC tại D. Tìm tọa độ điểm D. 
Câu 9.b(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 






3log)9(log3
121
3
3
2
9 yx
yx
 
…………………………….Hết…………………………… 
Họ và tên:………………………………………… SBD…………….. 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 – MÔN TOÁN KHỐI A, A1, B 
 
Câu ý Nội dung Điểm 
1 Cho hàm số 162 3  xxy (1) (2,0 điểm) 
 1 Khảo sát và vẽ đồ thị (1) (1,0 điểm) 
  TXĐ D = R 
 CBT. Giới hạn 
x
lim , 
x
lim 
 ,66' 2 xxy  





1
1
0'
x
x
y 
 31,51  yxyx 
 BBT 
 
 
 
 Đồ thị 
 
 
0,25 
 
 
 
0,25 
 
 
 
 
0,25 
 
 
 
 
 
0,25 
 2 Tìm giá trị của tham số m để … (1,0 điểm) 
  Xét pt hoành độ giao điểm của (C) và  
 162 3 xx 52  mmx (2) 042)6(2 3  mxmx 
 





)3(0242
2
0)242)(2(
2
2
mxx
x
mxxx 
Đặt mxxxg  242)( 2 
  cắt (C) Tại 3 điểm phân biệt  pt (2) có 3 nghiệm phân biệt 
 pt (3) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 






0)2(
0'
g 











18
0
018
02
m
m
m
m
 
 Điểm CĐ A(-1; 5), điểm CT B(1; -3) 
 







16
5
16
823),(2),(
m
m
mmBdAd 
 
 
 
0,25 
 
 
 
 
 
 
0,25 
 
 
 
 
 
 
Chỉ có 
5
16
m thỏa mãn. Vậy 
5
16
m 0,5 
2 
Giải pt 2cot)cos1(3
2
5sin5 2 




  xxx (1) (1,0 điểm) 
 
 ĐKXĐ Zkkx  , 
Pt(1) 2
cos1
cos)cos1(3cos5 2
2



x
xxx 
2
cos1
cos3cos5
2



x
xx 02cos3cos2 2  xx 







2
1cos
2cos
x
x
 
 2cos x vô nghiệm 
 Zllxx  ,2
32
1cos  , thỏa mãn điều kiện. 
 
 
 
 
0,5 
 
 
 
 
 
 
 
0,5 
3 Tìm các giá trị của tham số m để… (1,0 điểm) 
   1434)3( 322  mxxxxm (1) 
ĐKXĐ 14  x 
Đặt txx  234 với 



2
5;0t và có 22 43 txx  
pt(1) trở thành : 
m
t
tmttmttm  2
2332 1114)4( (2) 
(do 0t không là nghiệm). 
 Pt (1) có nghiệm  pt (2) có nghiệm 



2
5;0t . 
Xét hàm số 2
1)(
t
ttf  liên tục trên 




2
5;0 và có 3
3
3
221)('
t
t
t
tf  , 
3
33
4
3)2(,20)('  fttf .Lập BBT của hàm số f(t) trên 




2
5;0 , 
từ BBT suy ra pt(2) có nghiệm 



2
5;0t khi và chỉ khi 
3 4
3
m 
Vậy 
3 4
3
m thì phương trình (1) có nghiệm. 
 
 
 
0,25 
 
 
 
 
 
 
0,25 
 
 
 
 
 0,25 
 
 
 
 
0,25 
4 
Tính tích phân dx
xx
I  
4
0 1613
1
 (1,0 điểm) 
 
 
Đặt tdtdxtxxt
3
1,
2
1316
2


 , 
10  tx , 54  tx 
dt
tt
dt
t
tdt
t
tI  














5
1
2
5
1
2
5
1
2 )1(
1
1
1
3
2
)1(
11
3
2
)1(3
2 
9
23ln
3
2
1
5
1
1
3
2
1
5
1ln
3
2



t
t 
 
0,25 
 
 
0,25 
 
 
0,5 
5 Cho hình lăng trụ tam giác '''. CBAABC (1,0 điểm) 
 
 
Kẻ  HABHA ,' đoạn AB (do ABA' nhọn) 
Kẻ ACMAACHM  ' (đlí 3 đường vuông góc) 
060'  MHA . Đặt hHA ' 
222 3'' hHAAAAH  
3
60cot.' 0 hHAHM  
AHM vuông cân tại M nên có 
5
33
3
22 2
2
22  hhhAHMH 
1
22
1
2
1 22 





ABBCSABC . Tính 5
3'.'''.  HASV ABCCBAABC (đvtt) 
5
6
2
1
))'(,(
))'(,(,
5
6
5
93 
AB
AH
ACABd
ACAHdAH 
))'(,(.
6
52)'(,( ACAHdACABd  . 
Có )'()'()'( HMAACAHMAAC  . 
Kẻ ))'(,()'(' ACAHdHKACAHKMAHK  
HMA' vuông tại H có 
52
3
9
20
9
5
3
51
'
11
222  HKHMHAHK
 
Vậy 
2
6
52
3.
6
52))'(,(  ACABd 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0,25 
 
 0,25 
 
 
 
 
 
 
 
0,25 
 
 
 
 
 
0,25 
6 Tìm minS, maxS… 
 xy
yx
yyxxS 2
1
20151212 22 

 
 
1
20152)(2)( 2


yx
yxyx 
1
20155)1(4)1( 2


yx
yxyx . Đặt 1 yxt thì 
t
ttS 201554 24  . Ta tìm đk cho t. Từ gt, đặt 02  xa , 
02014  yb suy ra 2014,2 22  byax ta được 
)(133220123220142 222222 bababababa  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Suy ra 130 22  ba ,  2026;201320131 22  bayx 
  Jyxt  2026;20131 






2014
2
002013 22
y
x
babat 



















2023
2
3
2
32
13
2026
22
y
x
b
a
ba
ba
t 
Xét hàm số 
t
tttf 201554)( 24  liên tục trên J và có 
Jt
t
tt
t
tt
t
tttf  02015)2(4201584201584)(' 2
3
2
34
2
23 
)(tf đồng biến trên J
2013
20154044122)2013(min 

f
Jx
, 
2026
20154096577)2026(max 

f
Jx
. 
Vậy ;
2013
20154044122min S
2026
20154096577max S 
 
 
 
 
 
 
 
0,5 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0,5 
7.a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC… (1,0 điểm) 
 
 
Đặt 032:,0:  yxCHyxAD . Gọi 'M là điểm đối xứng với M 
qua đường phân giác AD ABM  ' . Ta tìm được )0;1(' M . Đường 
thẳng AB qua M’ và vuông góc với CH nên có pt 012:  yxAB 
AHABA  nên tọa độ A là nghiệm của hệ pt 
)1;1(
1
1
012
0
A
y
x
yx
yx












 
gt 533  ABAMAB B thuộc đường tròn (C’) tâm A bán kính 
53R , pt (C’): 45)1()1( 22  yx . 
 )'(CABB tọa độ B là nghiệm của hệ pt 











4
7
45)1()1(
012
22 y
x
yx
yx
 hoặc 





2
5
y
x
 
Vậy B(7; 4) hoặc B(-5; -2). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0,25 
 
 
0,25 
 
 
0,25 
 
0,25 
8.a Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm… (1,0 điểm) 
 
)0;;(),0;0;2( baOBOA  , 2
4.2
2
2
1
.
.60cos 0  aa
OBOA
OBOA 
321641616 2222  bbbaOB do b > 0. 
)0;32;2(B . Giả sử );0;0();0;0( cOCOzcC  
  )34;0;0(, OBOA ,   .34., cOCOBOA  Mà 6OABCV suy ra 
 
0,25 
 
 
0,25 
 
0,25 
  .3363
3
234
6
1.,
6
1
 cccOCOBOA Vậy )33;0;0( C 
0,25 
9.a Gọi E là tập hợp các số tự nhiên có… (1,0 điểm) 
 Số phần tử của E là 6055  AE 
Từ 5 chữ số đã cho ta có 4 bộ gồm ba chữ số có tổng chia hết cho 3 là (1, 2, 3), 
(1, 4, 7), (2, 3, 4), (2, 3, 7). Mỗi bộ ba chữ số này ta lập được 6 số thuộc tập hợp 
E. Vậy trong tập hợp E có 6.4 = 24 số chia hết cho 3. 
Xác xuất để số được chọn chia hết cho 3 là 
5
2
60
24
 . 
0,5 
 
 
0,25 
 
0,25 
7.b Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho elip… (1,0 điểm) 
 
Giả sử )();( 00 EyxM  ,ta có 149
2
0
2
0 
yx ,với 33 0  x , ta có 3
5
e 
    20202
2
0
2
0
2
2
2
1 32322 xeaexaexaexaMFMFP  





 
5
81
5
3.2
3
5
9
5.3
3
5.3.227 20
2
0
2
00 xxxx 
Xét 
5
81
5
3.2)( 0
2
00  xxxf trên đoạn  3;3 có 5
62)(' 00  xxf 
 
5
30)(' 00  xxf . Lập BBT của hàm số )( 0xf trên  3;3 
Từ BBT ta có 
 
36
5
108.
3
5min
5
108
5
3)(min 03;30







Pfxf
x
 
Vậy 36min P khi 
5
3
x khi đó )
5
4;
5
3( M 
 
 
 
 
 
0,25 
 
 
 
 
0,25 
 
 0,25 
 
 
0,25 
8.b Trong không gian tọa độ… (1,0 điểm) 
 Ta có )0;1;1(),3;0;4(  yxACAB 
25
12
)1()1(25
)1(4
25
12),cos(cos
22




yx
x
ACABA 
22 )1(9)1(16  yx (1) 
  22 )1(9)1(25
2
1))1(4),1(3),1(3(,  xySyxyACAB ABC 
Ta có 481.4)1(9)1(25481 22  xySABC (2) 
Từ (1), (2) và gt x > 0, y > 0 ta có 9,7  yx và )1;9;7(C 
Ta có 
2
1,10,5 
AC
AB
DC
DBACAB và DCDB
2
1
 
Từ đó tìm được 




 1;
3
11;
3
17D 
 
 
 
 
 
 
0,25 
 
 
0,25 
 
0,25 
 
0,25 
9.b Giải hệ phương trình… (1,0 điểm) 
 






)2(3log)9(log3
)1(121
3
3
2
9 yx
yx
 
ĐKXĐ 20,1  yx . 
yxyxyxpt  1loglog13log3)log1(3)2( 333
2
9 
Kết hơp (1) ta được 2;1121  xxxx 
Hệ phương trình có hai nghiệm )2;2(),1;1();( yx 
 
 
 
 
 
0,5 
 
 
0,5