Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Đề số 21:
GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 21
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
Phần bắt buộc (7 điểm)
Câu 1. (2điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
−
, (1) và điểm
(0;3)A
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2. Tìm các giá trị của
m
để đường thẳng
: y x m∆ = − +
cắt đồ thị (C) tại hai điểm B, C sao
cho tam giác ABC có diện tích bằng
5
2
.
Câu 2. (2 điểm)
1. Giải phương trình:

Câu 4. (1 điểm) Cho hình hộp
. ' ' ' 'ABCD A B C D
có đáy là hình thoi cạnh
a
,
AC a
=
,
2
'
3
a
AA =
.
Hình chiếu của
'A
trên đáy
ABCD
trùng với trọng tâm của tam giác
ABC
. Lấy điểm
I

trên đoạn
'B D
và điểm
J
trên đoạn
AC
sao cho

qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong của góc
·
ABC
có phương trình là
2 5 0x y+ − =
.
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng
AC
đi qua điểm
(6;2)K
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho các điểm
(1;3;4), (1;2; 3), (6; 1;1)A B C− −
và mặt
phẳng
( ) : 2 2 1 0x y z
α
+ + − =
. Lập phương trình mặt cầu
( )S
có tâm nằm trên mặt
phẳng
( )
α
và đi qua ba điểm
, ,A B C
. Tìm diện tích hình chiếu của tam giác
ABC
trên

và
tiếp xúc với
'.
∆
Tìm tọa độ tiếp điểm của
( )C
và
'∆
.
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng
( ) :3 2 29 0x y z
α
− + − =
và hai điểm
(4;4;6)A
, (2;9;3)B
. Gọi
,E F
là hình chiếu của
A
và
B
trên
( )
α
. Tính độ dài đoạn
EF
.


+ − + =


ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 21
PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu 1a: Khảo sát hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
−
Tập xác định
{ }
\ 1D R=
Giới hạn tiệm cận:
1 1
lim ;lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞ ⇒

1x
=
là tiệm cận đứng


,
3
1;
2
 
−
 ÷
 
( )
5
2;3 , 3;
2
 
 ÷
 Câu 1b:Pthđgđ của (C) và
∆
:
2
2 1
(1 ) 1 0,( 1),(*)
1
x
x m x m x m x
x
−
= − + ⇔ + − + − = ≠
−

4
2
-2
5
O
1
I
C
A
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
( )
3
,
2
m
d A
−
∆ =
( )
2
3
1 1 5
. , 2( 1) 8( 1).
2 2 2
2
ABC
m
S BC d A m m
−
= ∆ = − − − =

2
x x x x x x x⇔ − + − + =
(cos sin ) (cos sin )sin 2 2 0x x x x x
 
⇔ + − − =
 
( )
2
2 sin 0
cos sin 0
4
(cos sin )sin 2 2 0
(cos sin ) 1 (cos sin ) 2 0
x
x x
x x x
x x x x
π

 
+ =
+ =

 ÷

 
⇔ ⇔


− − =

x k
π
π
π
π
−
= +
= +
ĐS:
4
x k
π
π
−
= +
,
k Z∈
Câu 2b:
2
1
2
1
x
x
x x x
−
≥
− − −
(2) Điều kiện:
2

1
2 2
1
1
1 0
0
1
1 2 1 3 1 3 0 0
3
(3 1)
8 5 1 0
x x x x
x
x x
x
x x x
x x
x x
x x x x x x x x x x
x x x
x x
− − + −
−
≥ ⇔ ≥
− +
− − −
≥ ∨ ≤


− ≥

4
1
0
0
1 cos2
1 1 1
ln 1 cos2 ln 2
2 1 cos2 2 2
|
d x
M x
x
π
π
+
= − = − + =
+
∫
,
4 4
2
2
0 0
cos 1 cos
1 cos2 2 1 sin
x x
M dx dx
x x
π π
= = =

1
ln(2 2 2)
2
M = +
Câu 4:
ABC∆
đều cạnh
a
nên
2
3
3
a
AG AM= =
,
2 2
2 2
4
' '
3 3
a a
A G AA AG a= − = − =
2 3
. ' ' ' '
3 3
' 2 ' 2 .
4 2
ABCD A B C D ABCD ABC
a a
V S A G S A G a= = = =

để phương trình:
2 2
2 2 1x m x x− + − =
có nghiệm thực.

(
)
2 2 2 2
2
2
2
2
2 2
4 2 2
2 2
2 2 1 2 2 1
1 0
2
2 1 0
1
3
2 1
2 2 1
2 2 2
2 1 2( 1)
x m x x x m x x
x
x x
x
x x

 
2
2
2 1
'( ) 2; '( ) 0 2 1 2
t
f t f t t t t
t t
−
= − = ⇔ − = −
−
vô nghiệm
Từ bảng biến thiên: Phương trình đã cho có nghiệm khi
2
0
3
m≤ ≤
Câu 6a1.
(5 2 ; ), (2 5; )B b b C b b− − −
,
(0;0)O BC∈
Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc
·
ABC
nên
(2;4)I
và
I AB∈
Tam giác
ABC

D'
C'
N
D
A
B
C
B'
4
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Với
5 ( 5;5), (5; 5)b B C= ⇒ − −
31 17
;
5 5
A
 
⇒
 ÷
 
Vậy
31 17
; ; ( 5;5); (5; 5)
5 5
A B C
 
− −
 ÷
 
Câu 6a2,Goi

b c a
a b c b I
a b c c
+ = =
 
 
⇔ − − = ⇔ = − ⇒ −
 
 
+ + − = =
 
,
2 2
25R IA= =
2 2 2
( ) :( 1) ( 1) ( 1) 25S x y z− + + + − =
.Tam giác
ABC
đều cạnh bằng
5 2
nên
25 3
2
ABC
S =
( )
( )
( )
0; 1; 7, 5; 4; 3, , 25; 35;5
17

(đvdt)
Câu 7a :
1 1
1 2 1 1
2 2
2 9.2 2 0 2.2 9.2 4.2 0
x x x x
x x x x
+ − + −
+ + − −
− + = ⇔ − + =
1
2
1
1
2
1
2
1
1
1
2
2
2
2.2 9.2 4 0
1
2
2 4
2
x x

2 1( )
9 13
2
9 17 0
4 1
x
x x vn
x
x x
x x

≥
+ = −

+
⇔ ⇔ ⇔ =


− + =
− = −



Câu 6b 1,Gọi
( )
;I a b
là tâm của đường tròn
( )C
tiếp xúc với
∆

a
a b
b
∆
 −
 − + − −
 ∆ = ∆
− + = −
=
  
⇒ ⇔
  
⊥ =

 

− + − =
+ =



− = −
= =


⇔ ⇔

−

= − =

α α
α
= − − = − = =
uuur uur uuur uur

( ) ( )
2
361 171
.cos ,( ) 1 sin ,( ) 38 1
532 14
EF AB AB AB AB
α α
= = − = − =
AB
cắt
( )
α
tại
(6; 1;9)K −
,
, (1;7;11)u AB n
α
∆
 
= =
 
uur uuur uur
Vậy
6
: 1 7

3 3
2
log ( ) log ( )
2 2 2 0
xy xy
⇔ − − =

3
3
log ( )
log ( )
2 1( )
3
2 2
xy
xy
vn
xy

= −
⇔ ⇔ =

=


Vây ta có hệ:
( ) ( )
2 2
3 3
3( ) 2 12 3( ) 18 0


⇔ ⇔


+ = −

= − = +




=



Đề số 22:
GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 22
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − +
(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.

c
π
π
−
=
∫
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 SD và mặt phẳng
(AMN). Chứng minh SD 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

2 2 2
3( ) 2P x y z 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 0x y∆ − + =
.
Tìm trên
∆
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
2 2 2
( ) : 2 6 4 2 0S x 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 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm):
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn
2
0 1 2
2 2 2 121

2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
+ + + + =
+ +
HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ 22
Câu 1: 2. Ta có
, 2 2
3 6 3( 1)y x mx m= − + −
Để hàm số có cực trị thì PT
,
0y =

os4x+cos2x+ 3(1 sin2 ) 3 1 os(4x+ ) os4x+ 3sin 4 os2x+ 3 sin 2 0
2
PT c x c c x c x
π
 
⇔ + = + ⇔ + =
 ÷
 

18 3
sin(4 ) sin(2 ) 0 2sin(3 ). osx=0
6 6 6
x=
2
x k
x x x c
k
π π
π π π
π
π

= − +

⇔ + + + = ⇔ + ⇔


+



2 2 2 2
2
log (5 2 )
log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 ) log (2 1)
log (2 1)
x
x x x x
x
−
− + = − + − +
+
2
2 2
2
log (2 1) 1
1 1
log (5 2 ) 2log (2 1) , , 2, 2
4 2
log (5 2 ) 0
x
x x x x x x
x
+ = −

−

⇔ − = + ⇔ = = = − =


− =

1
0 0,
6
3
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
Suy ra
1
1
3
3
2
0
0
1 1 3
( 1) 1 2
dt
I
t t
−
= − = =
+ +
∫
.
Câu 4:
Ta có
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB

2 3 3 3
IH SI SI SC SA a
IH BC a
BC SC SC SA AC a a
= = = = = ⇒ = =
+ +
Vậy
2 3
1
3 4 3 36
ABMI
a a a
V = =
Câu 5: Ta c ó:
[ ]
2
3 ( ) 2( ) 2 3 9 2( ) 2 27 6 ( ) 2 ( 3)P x y z xy yz zx xyz xy yz zx xyz x y z yz x
 
= + + − + + − = − + + − = − + − +
 
8
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2

2
3 2
( ) 1
27 6 (3 ) ( 3) ( 15 27 27)
2 2
y z
x x x x x x

Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7
1x y z⇔ = = =
.
Câu 7a:1. Gọi
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )
4 4
a a
A a B a
+ −
⇒ −
.
Khi đó diện tích tam giác ABC là
1
. ( ) 3
2
ABC
S AB d C AB= → ∆ =
.
Theo giả thiết ta có
2
2
4
6 3
5 (4 2 ) 25
0
2
a
a
AB a

n n v= ∧ = −
uur r r
làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên
( ( )) 4d I P→ = ⇔
21
( ( )) 4
3
m
d I P
m
= −

→ = ⇔

=

Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0.
Câu 6b: Ta có
10 10
2 10 2
10 10
0 0 0
(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
k
k k k i k i i k i
k
k k i
P x x C x x C C x
− +

4 4 3 1 2 2 2 2
10 10 3 10 2
2 2 3 3 8085C C C C C+ + =
.
Câu 7b: 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có
2 2
1
9 4
x y
+ =
và diện tích tam giác ABC là
1 85 85
. ( ) 2 3 3
2 13 3 4
2 13
ABC
x y
S AB d C AB x y= → = + = +
2 2
85 170
3 2 3
13 9 4 13
x y
 
≤ + =
 ÷
 
9
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2

2
C
.
Xét khai triển
0 1 2 2
(1 )
n n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:
1 2 3 1
0 1 3
3 1 2 2 2
2
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
+ +
−
= + + + +
+ +
⇔
2 1 1
0 1 2 1
2 2 2 3 1 121 3 1
3 243 4
2 3 1 2( 1) 1 2( 1)

3y x m= − +
cắt (C) tại A và B sao cho trọng tâm của tam
giác OAB thuộc đường thẳng
2 2 0x y− − =
(O là gốc tọa độ).
Câu II (2,0 ®iÓm)
1. Giải bất phöông trình
3 2
(3 4 4) 1 0x x x x+ − − + ≤
2. Giải phöông trình
cos cos3 1 2sin 2
4
x x x
π
 
+ = + +
 ÷
 
C©u III (1,0 ®iÓm) Tính tích phân
2
2
0
1 3 sin 2 2cosx xdx
π
− +
∫
C©u IV (1,0 ®iÓm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
, 2 2AB a AD a= =
.
Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác BCD.

. Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d
1
, d
2
lần lượt tại A và B sao cho
2 2AB =
.
2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(-1; -1 ;2), B(-2; -2; 1) và mặt phẳng (P) có phương
trình
3 2 0x y z+ − + =
. Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn
AB. Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ
nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn
(1 3 )i z−
là số thực và
2 5 1z i− + =
.
B. Theo ch¬ng tr×nh n©ng cao
C©u VI.b (2,0 ®iÓm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d
1
:
3 5 0x y+ + =
, d
2
:
3 5 0x y− + =
và điểm
(1; 2)I −

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
( ) ( )
( ) ( )
2
1 2
1 2
2log 2 2 log 1 6
log 5 log 4 1
x y
x y
xy y x x
y x
− +
− +

− + − + + − =


+ − + =


HÕt
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ 23
Câu 1: 1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1
1
x
y
x
+

1x
=

2 1
lim 2
1
x
x
x
→±∞
+
= ⇒
−
TCN :
2y =
Lập BBT
Đồ thị
11
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
6
5
4
3
2
1
-1
-2
-4
-2
2

m m
m
m m
>

∆ = + − + >

⇔ ⇔ + − > ⇔


< −
− + + + ≠


Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của (1). Khi đó
1 1 2 2
( ; 3 ), ( ; 3 )A x x m B x x m− + − +
Gọi I là trung điểm của AB
1 2
1 1
, 3
2 6 2
I I I
x x m m
x y x m
+ + −

Điều kiện :
1x ≥ −
. Đặt
2
0
1
1
y
y x
y x
≥

= + ⇔

= +

Bpt trở thành
3 2 2
(3 4 ) 0x x y y+ − ≤
TH 1.
0 1y x= ⇔ = −
. Thỏa mãn BPT TH 2.
0 1y x> ⇔ > −
. Chia hai vế cho
3
y
ta được
3 2
3 4 0
x x




− − ≤



1 0
0
1 5
1
2
1 5 1 5
2 2
x
x
x
x
− ≤ <


≥
+


⇔ − ≤ ≤



− +

x x x
π
 
+ = + +
 ÷
 
⇔ = + +2cos2xcosx 1 sin2x cos2x

⇔ − = +cos2x(2cosx 1) 1 2sinxcosx
⇔ − − = +
2 2 2
(cos x sin x)(2cosx 1) (cosx sinx)


+ =
⇔

− − = +

cosx sinx 0 (1)
(cosx sinx)(2cosx 1) cosx sinx (2)
 
π π π
⇔ + = ⇔ + = π ⇔ = − + π
 ÷
 
(1) 2 sin x 0 x k x k
4 4 4

π

= − + πx k
4
,
π
= + πx k
2
,
= π
x k2
Câu 3: Tính tích phân I =
2
2
0
1 3 sin 2 2cosx xdx
π
− +
∫
2 2 2
2 2
0 0 0
1 3sin 2 2cos (sin 3 cos ) sin 3 cosI x xdx x x dx x x dx
π π π
= − + = − = −
∫ ∫ ∫
sin 3 cos 0 tan 3
3
x x x x k
π
π
− = ⇔ = ⇔ = +

π
π
π
= − + −
∫ ∫
( ) ( )
3 2
0
3
cos 3 sin cos 3 sinx x x x
π π
π
= − − + − −

1 3 1 3
1 3 3 3
2 2 2 2
= − − + + − + + = −
Câu 4: Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a.
Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo GT
( )SH ABCD⊥
Gọi
2 1
2
3 3
O AC BD CH CO AC a AH AC HC a= ∩ ⇒ = = = ⇒ = − =
SA tạo với đáy góc 45
0
suy ra
0

 ÷
 ÷
 
.
( ;2 2 ;0)AC a a=
uuur
5 2 2
; ;
6 3
a a
AM a
 
= ⇒
 ÷
 ÷
 
uuuur
2 2 2
(2 2 ; ; 2 )AC AM a a a∧ = − −
uuur uuuur
Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt
(2 2; 1; 2)n = − −
r
nên
có phương trình là
2 2
2 2
2 2 2 0 ( ;( ))
8 1 2 11
a

+ + + + + +
+ + + +
2 2
1 2 1 2 2 2
( ) 2 ( ) 2
x xy x xy xz
x x x
x y z y z x y z y z
   
+ + +
= + − = −
 ÷  ÷
+ + + + + +
   
2
2
x x
y z x y z
= −
+ + +
. Tương tự, cộng lại ta được
VT (1)
2 2 2
1
2 2 2
x y z
y z z x x y
≥ + + −
+ + +


I, A, B thẳng hàng
1 ( 1)
3 1 ( 3 3)
b k a
IB k IA
b k a
− = −

⇒ = ⇔

− + = − −

uur uur
Nếu
1 1 4a b AB
= ⇒ = ⇒ =
(không TM) Nếu
1
3 1 ( 3 3) 3 2
1
b
b a a b
a
−
⇒ − + = − − ⇔ = −
−
14
M
H
O

t b a b a x y
− −
= ⇒ − = ⇒ = = ⇒ ∆ + − =
Câu 6a: 2, Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ nhất. Gọi I là trung điểm của AB
3 3 3
; ; . ( 1; 1; 1)
2 2 2
I AB
− −
 
⇒ = − − −
 ÷
 
uuur
Pt (Q) là
3
0
2
x y z+ + + =
Đường thẳng ∆ đi qua điểm
7 1
;0;
4 4
I
 
−
 ÷
 
và có vtcp
(2; 1; 1)u = − −

z x yi= +
, khi đó
(1 3 ) (1 3 )( ) 3 ( 3 )i z i a bi a b b a i− = − + = + + −
(1 3 )i z−
là số thực
3 0 3b a b a⇔ − = ⇔ =
2 2
2 5 1 2 (5 3 ) 1 ( 2) (5 3 ) 1z i a a i a a− + = ⇔ − + − = ⇔ − + − =
2 2
2 6
10 34 29 1 5 17 14 0
7 21
5 5
a b
a a a a
a b
= ⇒ =


⇔ − + = ⇔ − + = ⇔

= ⇒ =

Vậy
7 21
2 6 ,
5 5
z i z i= + = +
Câu 6b: 1, Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d
1

H I⇔ ≡
Khi đó ∆ qua I và có vtpt
( 1; 1)n AI= = − −
r uur
. Pt ∆ là
1 0x y+ + =
Câu 6b: 2, Tìm M thuộc (P) sao cho MA
2
+ MB
2
+ MC
2
đạt giá trị nhỏ nhất
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
Chứng minh được MA
2
+ MB
2
+ MC
2
= 3MG
2
+ GA
2
+ GB
2
+ GC
2
MA
2

1 2
1 2
2log 2 2 log 1 6(1)
log 5 log 4 1 (2)
x y
x y
xy y x x
y x
− +
− +

− + − + + − =


+ − + =


15
Tuyn tp 40 thi th i hc mụn Toỏn 2014 (kốm ỏp ỏn chi tit) Phn 2
k Gii h phng trỡnh
1 1 0 0 1
1 2 0 2 1
x x
y y
> <



+ > <


( ) ( )
1 1 1
2 2
log 2 log 4 1 log 1 1
4 4
x x x
x x
x x x
x x

+ +
+ + = = =
+ +
2
2 6 (TM)
4 2 0
2 6 (KTM)
x
x x
x

=
=

= +


Vy
2 6, 1 6x y= =
s 24:



+
4
2

x
.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y =
12
223
log
2
2
2
++
++
mxx
xx
xác định
Rx
.
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I =
dx
x
x
e

+
1

06)32(536188
22
22
yx
xyyxxyyx

( )
Ryx ,
.
II. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B).
A. Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VIa. (2,0 im)
1. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho cỏc ng thng
1
:3 2 4 0d x y+ =
;
2
:5 2 9 0d x y + =
.
Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm
2
I d
v tip xỳc vi
1
d
ti im
( )
2;5A
.
16

2. Trong khụng gian tọa độ Oxyz, viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa trục Oy và (P) cắt
mặt cầu
(S) : x
2
+ y
2
+ z
2
- 2x + 6y - 4z + 5 = 0 theo giao tuyến là một đờng tròn có bán kính bằng 2.
Cõu VIIb. (1,0 im) Trong cỏc acgumen ca s phc
( )
8
1 3i
, tỡm acgumen cú s o dng nh
nht .
Ht
HNG DN GII 24
Câu 1: y = x
3
- 3x
2
.
* Tập xác định : D = R
* Sự biến thiên :
Giới hạn:
lim
x
y
+
= +

y'' = 6x - 6 = 0

x = 1
Điểm uốn U(1;-2)
Đồ thị đi qua các điểm (-1;4), (3; 0) và nhận điểm U(1;-2) làm tâm đối
xứng .

17
x
y
0
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
C©u1: 2, x =
xx
m
3
2
−

⇔
2
0, 3
3
x x
x x x m
≠ ≠



− =

Lập bảng biến thiên ta có:
x -
∞
0 2 3 +
∞
y
’
+ 0 + 0 - +

y
4
0
0
+/ m < 0 hoặc m > 4 thì pt có 1 nghiệm. +/ m = 0 pt vô nghiệm.
+/ 0 < m < 4 pt có 3 nghiệm. +/ m = 4 pt có 2 nghiệm.
C©u 2: 1, 5cosx + sinx - 3 =
2
sin






+
4
2
π
x


2
2 2
3 2 2 3 2 2
log 0 1
2 1 2 1
x x x x
x R x R
x mx x mx
+ + + +
∀ ∈ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ∀ ∈
+ + + +
(*).
Vì 3x
2
+ 2x + 2 > 0
x∀
, nên (*)
2
2 2
1 0
2 1 3 2 2
m
x mx x x x

− <

⇔

+ + ≤ + + ∀


11
0
0
2
'
1
'
m
.
Giải ra ta có với : 1 -
2 1m≤ <
thì hàm số xác định với
x R
∀ ∈
.
Câu 3: Đặt lnx = t , ta có I =
1
2
0
ln(1 )t dt+
∫
. Đặt u = ln( 1+t
2
) , dv = dt ta có : du =
2
2
,
1
t
dt v t

dt
t
π
=
+
∫
. Thay vào (*) ta có : I = ln2 – 2 +
2
π
.
Câu 4: Hình lăng trụ đứng nên cạnh bên vuông góc với đáy và độ dài cạnh bên bằng chiều cao của
hình lăng trụ. Từ giả thiết ta có :
0 0
1 1
45 , 60 .C AC B DB∠ = ∠ =
Từ đó suy ra : AC = CC
1
= 2 , BD = 2 cot 60
0
=
2
3
.
Áp dụng định lý cô sin có: BD
2
= AB
2
+ AD
2
– 2AB.AD. cos45

4 2 4
. .2
2 3
3 2
=
Câu 5: Điều kiện xy
0≥
.Nếu x = 0 suy ra y = 0 không thoả mãn pt (2) của hệ.
Nếu y = 0 cũng tương tự, vậy xy > 0.
Pt (1) của hệ
⇔
2
2
8 18 36 5(2 3 ) 6x y xy x y xy+ + = +

6
2 3 5
2 3 2
6
xy
x y
x y
x y
+
⇔ + =
+
. DÔ thÊy 2 sè h¹ng
cïng dÊu cã tæng = 2,5 nªn suy ra x > 0 , y > 0 .
Đặt
2 3

19
A
B
A
C
1
B
D
C
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Câu 6a: 1, Do đường tròn tiếp xúc với
đường thẳng
1
d
tại điểm A nên
1
IA d⊥
.
Vậy phương trình IA là:
( ) ( )
2 2 3 5 0 2 3 19 0x y x y+ − − = ⇔ − + =
d
2
d
1
A
Kết hợp
2
I d∈
nên tọa độ tâm I là nghiệm hệ

uur uur
.
Do C đối xứng với A qua I và D đối xứng với B qua I nên:
* Với
( ) ( ) ( )
1 0;1;1 1;0;1 , 2; 1;0t I C D= − ⇒ ⇒ − −
. * Với
( ) ( ) ( )
2 1;2;0 3;2; 1 , 0;1; 2t I C D= − ⇒ ⇒ − −
.
Câu 7a: Đặt
z a bi
= +
, ta có:
( ) ( )
2
2 2 2
1 5 1 5 2 24 1z a b a b a− = ⇔ − + = ⇔ + − =
Mặt khác:
( )
2 2
34
17( ) 5 . 0 2
5
z z z z a b a+ − = ⇔ + =
Thay (2) vào (1) được
24
24 5
5
a a= ⇔ =

A B B
A AB B
A B
+ −
⇔ = ⇔ − − =
+
. Chọn B = 1 ta có : A = 2 hoặc -
1
2
.
Vậy có 2 đt (d) phải tìm là : (d
1
): 2x + y -2 = 0 và (d
2
) : x – 2y + 4 = 0.
Câu 6b: 2, Phương trình (S) : (x-1)
2
+ (y + 3)
2
+ ( z -2)
2
= 9 suy ra tâm I( 1; -3;2), b/k R = 3.
(P) chứa Oy nên pt có dạng Ax + Cz = 0 với (A
2
+C
2

0
≠
).

2 cos( ) isin( )
3 3
z
π π
 
= − + −
 ÷
 
. Từ đó suy ra z có họ các
acgumen là :
8
2 ,
3
k k Z
π
π
− + ∈
. Ta thấy với k = 2 thì acgumen dương nhỏ nhất của z là
4
3
π
.
20
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Đề số 25:
GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 25
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

 
2. Giải phương trình
( )
2
2 2
1 5 2 4x x x+ = − +
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
∫








+
+
=
e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,

điểm của đường thẳng
: 3 0d x y− − =
và
': 6 0d x y+ − =
. Trung điểm một cạnh là giao điểm của d với trục
Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm
(0; 1;2)M −
và
( 1;1;3)N −
. Viết phương
trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ
( )
0;0;2K
đến (P) đạt giá trị lớn nhất
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển
( )
0
n
n
k n k k
n
k
a b C a b
−
=
+ =
∑
. Quy ước số hạng thứ i của khai triển là số hạng
ứng với k = i-1.

Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB và
đường chéo BD lần lượt là
2 1 0x y− + =
và
7 14 0x y− + =
, đường thẳng AC đi qua điểm
( )
2;1M
. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm
( ) ( ) ( )
2;3;1 , 1;2;0 , 1;1; 2A B C− −
. Tìm tọa
độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình
( )
2 2
3log 2 9log 2x x x− > −
…………………….Hết…………………….
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 25
Câu 1.(1,0 điểm)
Hàm số (C
1
) có dạng
3
3 2y x x= − +
•
Tập xác định:

CD
x y= − =
. Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 0
CT
x y= =
•
Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn
f(x )=x^3-3x+2
-2 -1 1 2
-1
1
2
3
4
x
y
Câu 1: 2.(1,0 điểm)
Ta có
2
' 3 3y x m= −
Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình
' 0y =
có hai nghiệm phân biệt
0m⇔ >
Vì
1
. ' 2 2
3
y x y mx= − +

1 1 1
. .sin
2 2 2
ABI
S IA IB AIB R
∆
= ≤ =
Nên
IAB
S
∆
đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông cân tại I
1
2 2
R
IH⇔ = =
(H là trung
điểm của AB)
2
2 1
1 2 3
2
2
4 1
m
m
m
−
±
⇔ = ⇔ =

0 0
2
2 4 4 2
4 2
4 2 2
2 2 16
2 8 0 2
x
x x
x x x
x x
x x x
<
< <
+ = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −
+ =
+ − = =

 

  
 


Với
2t =
ta có

( )
2





Câu 3: (1,0 điểm)
∫∫
+
+
=
e
1
2
e
1
xdxlnx3dx
xln1x
xln
I
=I
1
+3I
2
+) Tính
∫
+
=
e
dx
xx
x

t
I tdt t dt t
t
−
−
⇒ = = − = − =
∫ ∫
 
 ÷
 ÷
 
+) TÝnh
dxxlnxI
e
1
2
2
∫
=
. §Æt







=
=
⇒

3
+−
23
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Câu : 4(1,0 điểm) *Ta có
2IA IH= − ⇒
uur uuur
H thuộc tia đối của tia IA và
2IA IH=

2 2BC AB a= =
Suy ra
3
,
2 2
a a
IA a IH AH IA IH= = ⇒ = + =
Ta có
5
2 2 2 0
2 . .cos 45
2
a
HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ =

Vì
( ) ( )
( )
15
0 0

V S SH dvtt
∆
= =
*
( )
BI AH
BI SAH
BI SH
⊥

⇒ ⊥

⊥

( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
,
1 1 1
, ,
2 2 2 2
,
d K SAH
SK a
d K SAH d B SAH BI

3 3 3
3
a a b b c c− + + − + + − + ≤
S
H
C
A
B
I
K
.
24
Tuyển tập 40 đề thi thử đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) – Phần 2
Xét hàm số
( ) ( )
( )
3
0;1f x x x x= − + ∈
. Ta có:
( )
( )
0;1
2 3
ax
9
M f x =
( ) ( ) ( )
2 3
3
f a f b f c⇒ + + ≤

+ − =
 


=



Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD
( )
Ox 3;0M d M⇒ = ∩ ⇒
Ta có:
2 3 2AB IM= =
Theo giả thiết
. 12 2 2
ABCD
S AB AD AD= = ⇒ =
Vì I, M thuộc d
: 3 0d AD AD x y⇒ ⊥ ⇒ + − =
Lại có
2MA MD= = ⇒
tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình
( )
( ) ( )
2
2
3 0
2 4
2;1 ; 4; 1
1 1

là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;
( ) ( )
1 2 0 2 0Ax B y C z Ax By Cz B C+ + + − = ⇔ + + + − =
( ) ( )
1;1;3 3 2 0 2N P A B C B C A B C− ∈ ⇔ − + + + − = ⇔ = +
( ) ( )
: 2 2 0P B C x By Cz B C⇒ + + + + − =
Khoảng cách từ K đến mp(P) là:
( )
( )
,
2 2
4 2 4
B
d K P
B C BC
=
+ +
-Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại)
-Nếu
0B
≠
thì
( )
( )
2 2 2
1 1
,
2

2 9 7 ,2 3 1
x
x
x x
−
−
− +
−
+ − −
= + = +
Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là
25