ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B
NĂM 2013 - 2014
Đề Số 1

A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
322 3
33(1)
y
xmx m xmm=− + − − + (1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số
đến
góc tọa độ O bằng
2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ
O.
Câu II (2 điểm):
1. Giải phương trình :
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
ccx

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt
phẳng
(AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức

222
3( ) 2Pxyz xyz=++−.

B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng
:3 4 4 0xyΔ−+=.
Tìm trên
Δ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC
bằng15.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
222
(): 2 6 4 2 0Sx y z x y z
+
+−+ −−=.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1; 6; 2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng
(): 4 11 0xyz
α

222
(): 2 6 4 2 0Sx y z x y z
+
+−+ −−=.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1; 6; 2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng ( ) : 4 11 0xyz
α
++−=và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm):
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn
2
01 2
2 2 2 121

23 1 1
n
n
nn n n
CC C C
nn
++ ++ =
++

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu Điểm

I
có 2 nghiệm phân biệt

22
210xmxm
⇔
−+−=
có 2 nhiệm phân biệt
1 0, m
⇔
Δ= > ∀ 05
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là
B(m+1;-2-2m)
025
Theo giả thiết ta có
2
322
2610
322
m
OA OB m m
m
⎡
=− +
=⇔++=⇔
⎢
=− −
⎢

2
xx
x
k
xc
k
π
π
π
π
π
π
π
⇔+++=
⎡
=− +
⎢
⇔+ ⇔
⎢
⎢
+
⎢
⎣

Vậy PT có hai nghiệm
2
x
k
π
π

2
2222
2
log (5 2 )
log(52) 2log(52)2log(52)log(2 1)
log (2 1)
x
xxxx
x
−
−+ = −+ − +
+

05
2
22
2
1
4
log (2 1) 1
1
log (5 2 ) 2 log (2 1) 2
2
log (5 2 ) 0
2
x
x

025
III


I
dx dx
c
ππ
π
−
+
==−
∫∫
,
2
2
1tanx
cos 2x
1tanx
−
=
+025
Đặt
2
2
1
t anx dt= (tan 1)
cos
tdxxdx
x
=⇒ = +

++
∫
.

025

Ta có
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥⊥⊥
⎧
⎨
⊥=
⎩
AM SC⇒⊥ (1)
Tương tự ta có
AN SC⊥ (2)
Từ (1) và (2) suy ra
AI SC
⊥
05
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra
1
.


05
Ta c ó:

[]
2
3( ) 2( ) 2
39 2( ) 2
27 6 ( ) 2 ( 3)
P x y z xy yz zx xyz
xy yz zx xyz
xy z yzx
⎡⎤
=++−++−
⎣⎦
=− ++ −
=− +− +
025

2
32
()
27 6 (3 ) ( 3)
2
1
(152727)
2

VIa VIIa
34 163
(; ) (4 ; )
44
aa
Aa B a
+−
⇒− . Khi đó diện tích tam giác ABC là

1
.( ) 3
2
ABC
SABdC AB=→Δ=. 05
Theo giả thiết ta có
2
2
4
63
5(42) 25
0
2
a
a
AB a
a
=
⎡

làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0

025
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên ( ( )) 4dI P→=⇔
21
(())4
3
m
dI P
m
=−
⎡
→=⇔
⎢
=
⎣025
Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025

Ta có
10 10
210 2
10 10
000
(123) (23) ( 23 )
k
kk kikiiki
k

⎩⎩⎩
⎪
∈
⎩025
Vậy hệ số của
4
x
là:
44 312 2 22
10 10 3 10 2
2 2 3 3 8085CCCCC++=.
025

1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có
22
1
94
xy
+
= và diện tích tam giác ABC là
18585
.( ) 2 3 3
21334
213
ABC
x


22
85 170
32 3
13 9 4 13
xy
⎛⎞
≤+=
⎜⎟
⎝⎠

Dấu bằng xảy ra khi
22
2
1
3
94
2
2
32
xy
x
xy
y
⎧
⎧
+=
⎪
=
⎪⎪

nn
n
nnn n
CCC C
nn
++
−
=++++
++
05
⇔
211
01 2
1
2 2 2 3 1 121 3 1

23 12(1) 12(1)
3 243 4
nn n
n
nn n n
n
CC C C
n nnn
n
++
+