Đề thi khảo sát đại học lần 3 Năm 2014 môn thi Toán 12 - Khối A, A1

điểm) Cho a, b, c dương, a +b +c =3. Chứng minh rằng: 
2 2 2a 4a 2b b 4b 2c c 4c 2a 7
b 2c c 2a a 2b
+ + + + + +
+ + ≥
+ + +
. 
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần (Phần A hoặc phần B) 
A.Theo chương trình chuẩn 
Câu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) ( ) ( )2 2x 3 y 2 1− + − = 
 Tìm M thuộc Oy sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn, A, B là tiếp 
điểm sao cho đường thẳng AB qua N(4;4). 
Câu 8.a (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;1;1) , B(3;5;2) và 
C(3;1; 3)− . Chứng minh 3 điểm A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác vuông. Tính bán kính đường 
tròn ngoại tiếp ABC∆ . 
 Câu 9.a (1 điểm). Có 5 bông hoa hồng bạch, 7 bông hoa hồng nhung và 4 bông hoa cúc vàng. 
Chọn ngẫu nhiên 3 bông hoa. Tính xác suất để 3 bông hoa được chọn không cùng một loại. 
 B.Theo chương trình nâng cao 
Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho e líp 2 2x y 1
4 3
+ = và đường thẳng 
:3x 4y 12 0∆ + − = . Từ điểm M bất kỳ trên ∆ kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh 
đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định. 
 Câu 8.b (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;4;2) , B(2;5;0) và 
C(0;0;7) . Tìm điểm M thuộc (Oxy) sao cho 2 2 2MA MB MC+ + đạt giá trị nhỏ nhất. 
Câu 9.b (1 điểm). Giải phương trình 22 3log x (x 5) log x 6 2x 0+ − + − = 
-------Hết------ 
Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ tên thí sinh:..........................................................................SBD:................................ 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 2 
KỲ THI KS ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014 LẦN 3 
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 12 - KHỐI A,A1 
Câu Đáp án Điểm 
1.(1,0 điểm) Khảo sát hàm số mx 1y
x 1
+
=
−
 khi m=1. 
Khi m=1 
x 1y
x 1
+
=
−
. Tập xác định: { }R \ 1 
Sự biến thiên: ( )2
2y' 0 x 1
x 1
−
= < ∀ ≠
−
 Do đó hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 
( −∞ ;1) và (1;+ ∞ ). Hàm số không có cực trị. 
0,25 
Tiệm cận: + Tiệm cận đứng x =1 vì 
x 1
lim f (x)
+→
= +∞ , 
x 1
lim f (x)
−→
= −∞ . 
 + Tiệm cận ngang y =1 vì 
x
lim f (x) 1
→±∞
= 
0,25 
Bảng biến thiên: 
0,25 
f(x)=(x+1)/(x-1)
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
x
y
Đồ thị nhận I(1;1) làm tâm đối xứng, cắt Oy tại (0;-1), cắt Ox tại (-1;0). 
0,25 
2.(1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến d với (C) 
x =2 → y =2m +1 và f '(2) m 1= − − 
Phương trình tiếp tuyến d với (C) tại điểm (2;2m+1) là y (m 1)x 4m 3= − + + + 0,5 
 Phương trình (d) ↔ m(x-4) = -x –y+3 tiếp tuyến d qua điểm cố định H(4;-1) 0,25 
(2điểm) 
Để khoảng cách từ điểm A(3;5) tới tiếp tuyến (d) là lớn nhất ↔ (d) ⊥ AH 
↔ du .AH 0=





 ↔ 1.1 +6(m+1) =0 ↔ 7m
6
−
=
0,25 
2 (1,0 điểm) Giải phương trình. 
-1 x 
1 
y’ 
y 
−∞ +∞ 1 
- - 
+ ∞ 
1 
- ∞ 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 3 
24sinx.sin x .sin x 4 3.cosx.cos x .cos x 2
3 3 3 3
pi pi pi pi       
+ − − + + =              
. 
2PT 2sin x(cos 2x cos ) 2 3.cos x.(cos(2x ) cos ) 2
3 3
pi pi
↔ − − + pi + =
2sin x.cos 2x sin x 2 3.cos x.cos 2x 3 cos x 2↔ + + − =
0,25 
(sin3x sin x) sin x 3(cos3x cos x) 3 cos x 2↔ − + + + − =
0,25 
1 3
sin 3x 3 cos3x 2 sin 3x cos3x 1
2 2
↔ + = ↔ + = 0,25 
(1điểm) 
2
cos 3x 1 3x k2 3x k2 x k , k Z.
6 6 6 18 3
pi pi pi pi pi 
↔ − = ↔ − = pi ↔ = + pi ↔ = + ∈  
 0,25 
(1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2 2 2
3 2
x y 2x y 0 (1)
2x 3x 4y 12x 11 0 (2)

− + =

+ + − + =
Từ PT (1) ta được x 0≥ , y 1≤ 0,25 
PT (2) 3 24y 2x 3x 12x 11↔ − = + − + (3) 
Vế phải (3) 4 4y 4− ≤ − ≤ vì y 1≤ . 
Đặt f(x) = 2x3 +3x2 -12x +11 với x 0≥ ta có bảng biến thiên: 
Vế phải của (3) ≥ 4 → 3 24y 4 2x 3x 12x 11− ≤ ≤ + − + vì x 0≥ , y 1≤ 
Vậy nghiệm của (2) là (x;y)=(1;-1). 
0,5 
3 
(1điểm) 
Thay (x;y)=(1;-1) vào (1) ta thấy thỏa mãn. Vậy nghiệm của hệ phương trình 
là (x;y) = (1;-1). 0,25 
(1,0 điểm). Tính tích phân: 
1
x
0
2I x e dx
x 1
 
= +  +∫
. 
1 1 1
x x
1 2
0 0 0
2 2xI x e + dx xe dx dx I I
x+1 x+1
 
= = + = +  ∫ ∫ ∫
+
1
x
1
0
I xe dx= ∫ . Đặt x x
u x du dx
dv e dx v e
= = 
→ 
= = 
 → ( )1x x x x1
0
1 1
I xe e dx xe e 1
0 0
= − = − =∫ . 
0,5 
+ ( )
1 1
2
0 0
12x 2I dx 2 dx 2x 2ln(x 1) 2 2ln 2
0x+1 x 1
 
= = − = − + = −  +∫ ∫
0,25 
4 
(1điểm) 
1 2I I I 3 2ln 2= + = − 0,25 
(1,0 điểm). Tính theo a thể tích hình hộp... 5 
(1điểm) Gọi O là tâm hình thoi ABCD → AO BD⊥ mà AA' (ABCD) A'O BD⊥ → ⊥ 0,25 
x 
f’(x) 
f(x) 
0 1 + ∞ 
4 
11 + ∞ 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 4 
A 'OA∠ laø goùc giöõa mp(A'BD) với đáy → oA 'OA 60∠ = . 
Do oABC 60∠ = neân tam giaùc ABC 
ñeàu→ aAO
2
= . 
Trong tam giaùc vuoâng A'AO, ta coù 
o 3AA ' AO. tan 60 a
2
= = . 
Do ñoù theå tích cuûa hình hoäp: 
2 3
ABCD
a 3 a 3 3aV=S .AA'= . =
2 2 4
. 
B' C'
A' D'
B
A
C
D
0,25 
Theo chöùng minh treân ta coù BD (A ' AO)⊥ → (A 'BD) (A ' AO)⊥ . 
Trong tam giaùc vuoâng A ' AO , döïng ñöôøng cao AH, ta coù 
AH (A ' BD)⊥ hay AH d(A, (A 'BD))= .Do CD '/ /BA ' neân CD '/ /(A 'BD) 
suy ra d(CD ', (A 'BD)) d(C, (A 'BD))= 
 d(A, (A 'BD))= (vì AO CO= ) 
 AH= oAO.sin 60= 3
4
a
= . 
0,5 
(1,0 điểm). Chứng minh rẳng 
2 2 2a 4a 2b b 4b 2c c 4c 2a 7
b 2c c 2a a 2b
+ + + + + +
+ + ≥
+ + +
. 
BĐT ↔
2 2 2a b c
b 2c c 2a a 2b
+ +
+ + +
+ 
4a 2b 4b 2c 4c 2a 7
b 2c c 2a a 2b
+ + +
+ + ≥
+ + +
+ Ta có 
2 2a b 2c 2a a b 2c 6a
b 2c 9 3 b 2c 9
+ + +
+ ≥ ↔ ≥
+ +
 (1) (Côsi) 
Dấu “=” khi 
2a b 2c
b 2c 9
+
=
+
Tương tự 
2b c 2a 6b
c 2a 9
+ +≥
+
 (2) 
2c a 2b 6c
a 2b 9
+ +≥
+
 (3) 
Cộng (1), (2), (3) vế với vế ta được 
2 2 2a b c 1
b 2c c 2a a 2b
+ + ≥
+ + +
 (*) dấu “=” 
khi a=b=c=1. 
0,5 
6 
(1điểm) 
+ Ta có ( )4a 2b 4b 2c 4c 2a 1 1 14 a b c 6b 2c c 2a a 2b b 2c c 2a a 2b
+ + +  
+ + = + + + + −  + + + + + +
( ) ( ) ( )
4 1 1 1b 2c c 2a a 2b 6
3 b 2c c 2a a 2b
    + + + + + + + −     + + + 
3
3
4 13 (b 2c)(c 2a)(a 2b).3 6 6
3 (b 2c)(c 2a)(a 2b)
≥ + + + − =
+ + +
(**) 
Cộng (*) và (**) ta được điều phải chứng minh, dấu “=” khi a =b =c =1. 
0,5 
(1,0 điểm). Tìm M thuộc Oy… 
 Giả sử ( )A AA x ;y , ( )B BB x ;y và 0M Oy M(0; y )∈ → , (C) có tâm I(3;2) 0,25 
7a 
(1điểm) 
+ Ta có 2 2A A A AA (C) x y 6x 4y 12 0 (1)∈ ↔ + − − + = 
+ Ta có I A.MA 0=


 



↔ ( ) ( )( )A A A A 0x 3 x y 2 y y 0− + − − = 
0,5 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 5 
 ↔ 2 2A A A 0 A 0x y 3x (y 2)y 2y 0+ − − + + = (2) 
Lấy (2) trừ (1) vế với vế ta được A 0 A 03x (y 2)y 2y 12 0− − + − = (3) 
Tương tự ta có B 0 B 03x (y 2)y 2y 12 0− − + − = (4) 
Từ (3) và (4) phương trinh AB là 0 03x (y 2)y 2y 12 0− − + − = 
AB qua N(4;4) ↔ 0 0 03.4 (y 2).4 2y 12 0 y 4− − + − = ↔ = . Vậy M(0;4) 0,25 
(1,0 điểm). Chứng minh 3 điểm A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác vuông 
Ta có AB (2;4;1)=




, AC (2;0; 4)= −




 không cùng phương . 
Ta lại có AB.AC 0=



 



 vậy ABC∆ vuông tại A 
0,5 
8a 
(1điểm) 
ABC∆ vuông tại A theo cm trên có bán kính đường tròn ngoại tiếp 
1 41R BC
2 2
= = 
0,5 
(1,0 điểm). Tính xác suất… 
Gọi A, B, C tương ứng là 3 biến cố ‘Chọn được ba bông hoa hồng bạch” 
‘Chọn được ba bông hoa hồng nhung” ‘Chọn được ba bông hoa cúc vàng” 
H là biến cố ‘Chọn được ba bông hoa cùng loại” A, B, C đôi một xung khắc 
và H A B C= ∪ ∪ → P(H) =P(A) +P(B) +P(C) với 
3
5
3
16
C 10P(A)
560C
= = , 
3
7
3
16
C 35P(B)
560C
= = , 
3
4
3
16
C 4P(C)
560C
= = , 
49 7P(H)
560 80
= = . 
0,5 
9a 
(1điểm) 
Biến cố chọn ba bông hoa không cùng loại là H , 7 73P(H) 1 P(H) 1
80 80
= − = − = . 0,5 
(1,0 điểm). Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định. 
Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) 
Tiếp tuyến tại A có dạng 1 1
xx yy 1
4 3
+ =
Tiếp tuyến đi qua M nên 0 1 0 1
x x y y 1
4 3
+ =
 (1) 
0,25 
7b 
(1điểm) 
Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đường thẳng AB có pt 
0 0xx yy 1
4 3
+ =
 do M thuộc ∆ nên 3x0 + 4y0 =12 → 4y0 =12-3x0 
→
0 04xx 4yy 4
4 3
+ = → 0 0
4xx y(12 3x ) 4
4 3
−
+ =
0,25 
 Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì (x- y)x0 + 4y – 4 = 0 { {x y 0 y 14y 4 0 x 1− = =→ ⇒− = = Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1) 
0,5 
(1,0 điểm). 8b 
(1điểm) Gọi G là trọng tâm ABC∆ . Ta có: 
 ( ) ( ) ( )2 2 22 2 22 2 2MA MB MC MA MB MC MG GA MG GB MG GC+ + = + + = + + + + +



 


 


 



 


 



 


 



 


 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 6 
Chú ý: Đáp án có 5 trang 
 Học sinh làm theo cách khác mà đúng cho điểm tối đa theo thang điểm mỗi câu đã cho. 
 Câu 5 nếu không vẽ hình hay vẽ không đúng không cho điểm. 
(Lưu ý: Kiến thức đề ra theo tiến độ dạy( không số phức, không phương trình mặt phẳng)) 
 ( )2 2 2 2 2 2 2 23MG GA GB GC 2MG GA GB GC 3MG GA GB GC= + + + + + + = + + +



 


 


 


 
Do ( )GA GB GC 0 MG GA GB GC 0+ + = → + + =


 


 


 



 


 


 


 . 
Vì 2 2 2GA GB GC+ + không đổi nên 2 2 2MA MB MC+ + nhỏ nhất 
 ↔ 2MG nhỏ nhất ↔ M là hình chiếu của G trên (Oxy) 
0,5 
G là trọng tâm ( )ABC G 1;3;3∆ → . 
Hình chiếu của G trên (Oxy) có tọa độ (1; 3;0). Vậy ( )M 1;3;0 0,5 
(1,0 điểm). Giải phương trình 22 2log x (x 5) log x 6 2x 0+ − + − = 
Điều kiện x>0(*) 
Đặt 2t log x= phương trình ↔
2 t 2t (x 5)t 6 2x 0
t 3 x
=
+ − + − = ↔ 
= −
0,25 
+ Với 2t 2 log x 2 x 4= ↔ = ↔ = thỏa mãn (*) 0,25 
+ Với 2 2t 3 x log x 3 x x log x 3 0= − ↔ = − ↔ + − = 
Xét 2f (x) x log x 3, x >0= + − ∀ . 
Ta có 1f '(x) 1 >0, x >0
x ln 2
= + ∀ → hàm số luôn đồng biến x >0∀ 
f(2) =0 → x =2 thỏa mãn (*) là nghiệm 
0,25 
9b 
(1điểm) 
Vậy nghiệm của phương trình là x =2; x =4 0,25