Đề thi thử Đại học môn Toán Năm 2014 - 2015 Đề 2

ường 120, Tân Phú, Q.9 Tp.HCM (08. 6280 9037) TRUNG TÂM GIA SƯ CASSIUS 
TRUNG TÂM GIA SƯ CASSIUS 
43/12, đường 120, Tân Phú, Q.9, TP.HCM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 
MÔN TOÁN NĂM 2014 - 2015 
Thời gian làm bài: 180 phút. 
Đề 2: 
PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số 3 22 3 ( 1) 1y x mx m x     (1) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m  . 
2. Tìm m để đường thẳng 2 1y x  cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, 
C thỏa mãn điểm  C 0;1 nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30 . 
Câu II: (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 
2. Giải hệ phương trình 
2 2
2 1 2 4( 1)
4 2 7
x y x y
x y xy
     

  
. 
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I = 
e
1
ln x 2
dx
x ln x x


 . 
Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a. Cạnh 
SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 450. Gọi M 
là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a. 
Câu V: (1,0 điểm) Cho các số thực không âm zyx ,, thoả mãn 3222  zyx . Tìm giá trị 
lớn nhất của biểu thức: 
zyx
zxyzxyA


5
. 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a (2,0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;2) và đường thẳng 
( ):3 4 7 0x y   . Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng (  ) tại 
hai điểm B, C sao cho ABC vuông tại A và có diện tích bằng 
4
5
. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 
1 1 2
:
2 1 1
x y z  
  

 và 
điểm A(2;1;2). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa  sao cho khoảng cách từ A đến (P) 
bằng 
1
3
 . 
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển 
10
1 2x .
2
2
3 4x 4x = 
0
a + 
1
a x + 
2
a x2 + .. .+
14
a x14. Tìm giá trị của 
a6. 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3). Biết 
đỉnh A , C lần lượt thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 .Tìm tọa độ các 
đỉnh của hình vuông. 
Gia sư: Khổng Minh Châu – Franklin Khong Phone: 0973 875 659 
Dc: 43/12, đường 120, Tân Phú, Q.9 Tp.HCM (08. 6280 9037) TRUNG TÂM GIA SƯ CASSIUS 
 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng :
1
1
: 2
1
x t
d y t
z
 

 
 
 ; 
2
2 1 1
:
1 2 2
x y z
d
  
 

. Viết phương trình mp(P) song song với 
1d và 2d , sao cho khoảng cách 
từ 
1d đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ 2d đến (P). 
Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2
log ( 2 8) 6
8 2 .3 2.3x x y x y
y x

  

 
. 
----------Hết---------- 
HƯỚNG DẪN 
Câu 1: Với m=1 ta có 3 22 3 1y x x   
 TXĐ: D=R Sự biến thiên: 
- Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
    -Ta có: ' 6 ( 1)  y x x
0
' 0
1
x
y
x

   
-BBT: 
x  0 1 
 
y’ + 0 - 0 + 
y 1 
 
 0 
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ;0) và (1;  ), Hàm số nghịch biến trên khoảng 
(0;1) 
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yCĐ=1, Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và yCT=0 
Đồ thị:Ta có 
1
'' 12 6 '' 0
2
     y x y x 
1 1
( ; )
2 2
I là điểm uốn của đồ thị. 
Câu 1: 2, Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số: 3 22 3 ( 1) 1y x mx m x     là 
nghiệm Đồ thị (C) cắt trục Oy tại  A 0;1 Đồ thi cắt trục Ox tại  
1
B 1;0 ;C ;0
2
 
 
 
 Học sinh 
Tự vẽ đồ thị phương trình: 3 22 3 ( 1) 1 2 1x mx m x x      
 2
0
9 8 0 : 38
9

    
 

m
m m tmdk m
m
. 
2
2
0 1
(2 3 3) 0
2 3 3 0 (*)
  
      
   
x y
x x mx m
x mx m
 Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm 
A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu 
2.( 3) 0 3m m     
Gia sư: Khổng Minh Châu – Franklin Khong Phone: 0973 875 659 
Dc: 43/12, đường 120, Tân Phú, Q.9 Tp.HCM (08. 6280 9037) TRUNG TÂM GIA SƯ CASSIUS 
Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn 
3
2
3
.
2
A B
A B
m
x x
m
x x

 

 

 và 
2 1
2 1
A A
B B
y x
y x
 

 
 ( vì A và B thuộc (d)) 
AB= 30 2 2( ) ( ) 30B A B Ax x y y    
2
2 2 9 3( ) 6 ( ) 4 . 6 4. 6
4 2

         B A B A B A
m m
x x x x x x 
Câu 2: 1. Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 
 Phương trình đã cho tương đương với: 2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x 
 2
cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c c x
c

   

+ osx=0 x=
2
c k

  
+
3x=x- 2
6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6
3 2
6
k
c c
x x k







  
   

12
24 2
x k
k
x


 

  
 
  

Câu 2: 2. Giải hệ phương trình 
2 2
2 1 2 4( 1)
4 2 7
x y x y
x y xy
     

  
. 
Điều kiện: x+2y 1 0  Đặt t = 2 1 (t 0)x y   
Phương trình (1) trở thành : 2t2 – t – 6 = 0 
 
 
2 /
3
 t/m
2
t t m
t k
 

  

+ Hệ 
2 2
2 3
4 2 7
x y
x y xy
 
 
  
2
1
1
1
2
x
x
y y

 
  
  
Câu 3: Ta có: I = 
e
1
ln x 2
dx
x ln x x


 = 
e
1
ln x 2
dx
(ln x 1)x


 
Đặt t = lnx + 1  dt = 
1
dx
x
; 
Đổi cận: x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2 
Suy ra: I = 
2 2
1 1
t 3 3
dt 1 dt
t t
  
  
 
  =  
2
1
t ln | t | = 1 – ln2 
Câu 4: 
BC AB
BC (SAB) BC SB
BC SA

   

Suy ra góc giữa mp(SBC) và mp(ABC) là góc SBA . Theo giả thiết SBA = 450 
 Gọi M là trung điểm của SC, H là trung điểm của AC. 
Tam giác SAC vuông tại A nên MA = MS = MC, tam giác SBC vuông tại B nên MB = MC 
= MS. 
H 
M 
C 
B 
A 
S 
Gia sư: Khổng Minh Châu – Franklin Khong Phone: 0973 875 659 
Dc: 43/12, đường 120, Tân Phú, Q.9 Tp.HCM (08. 6280 9037) TRUNG TÂM GIA SƯ CASSIUS 
Suy ra M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.. Suy ra tam giác SAB vuông cân tại 
A, do đó SA = AB = a., SA (ABC), MH // SA nên MH (ABC). 
Suy ra MH là đường cao khối chóp M.ABC. Suy ra 
3
M.ABC ABC
1 a
V MH.S
3 12
  
Câu 5: §Æt zyxt   
2
3
)(23
2
2 
t
zxyzxyzxyzxyt . 
Ta cã 30 222  zyxzxyzxy nªn 3393 2  tt v× .0t 
Khi ®ã .
5
2
32
t
t
A 

 XÐt hµm sè .33,
2
35
2
)(
2
 t
t
t
tf 
Ta cã 0
55
)('
2
3
2



t
t
t
ttf , t 3;3 .  
 
 Suy ra )(tf ®ång biÕn trªn ]3,3[ . Do ®ã .
3
14
)3()(  ftf 
DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi .13  zyxt VËy GTLN cña A lµ 
3
14
, ®¹t ®-îc khi .1 zyx 
Câu 6a: 1. (1,0 điểm) Gọi AH là đường cao của ABC , ta có 
4
( ; )
5
AH d A   
1 4 1 4
. . . 2
2 5 2 5
ABCS AH BC BC BC      . Gọi I ;R lần lượt là tâm và bán kính của đường 
tròn cần tìm, ta có : 
1
1
2
R AI BC   . Phương trình tham số của đường thẳng ( ): 
x 1 4t
y 1 3t
I ( ) I(-1+4t; 1 + 3t) AI = 1 16t2 + (3t – 1)2 = 1 t = 0 hoặc t = 
9
5
+ t = 0 I(-1; 1) Phương trình của đường tròn là: (x + 1)2 + (y – 1)2 = 1 
+ t = 
9
5
 I(-
1
25
; 
43
25
). Phương trình của đường tròn là: (x +
1
25
)
2
 + (y –
43
25
)
2
 = 1 
Câu 6a: 2. (1,0 điểm) : Đường thẳng  đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là u

= (2 ; -1 ; 1). Gọi n

= (a ; b ; c ) là 
vtpt của (P). .Vì ( )P  nên . 0n u
 
  2a – b + c = 0  b = 2a + c n

 =(a; 2a + c ; c ) 
 Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là: a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0 
 ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0 d(A ; (P)) = 
1
3 2 2 2
1
3(2 )
a
a a c c
 
  
 
2
0a c   0a c   Chọn a = 1 , c = -1 Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là x + y – z = 0 
Câu 7 a: Cho khai triển 
10
1 2x .
2
2
3 4x 4x = 
0
a + 
1
a x + 
2
a x2 + .. .+
14
a x14. Tìm giá trị của a6. 
10
1 2x .
2
2
3 4x 4x = 
10
1 2x . 
2
2
2 1 2x = 4
10
1 2x + 4
12
1 2x + 
14
1 2x 
Hệ số của x6 trong khai triển 4
10
1 2x là 4.26. 6
10
C Hệ số của x6 trong khai triển 4
12
1 2x là 4.26. 6
12
C 
Hệ số của x6 trong khai triển 4
14
1 2x là 26. 6
14
C Vậy a6 = 4.2
6
.
6
10
C + 4.26.
6
12
C + 26.
6
14
C = 482496 
Câu 6b: 1. (1,0 điểm) Vì điểm A thuộc đường thẳng x + y + 3 = 0 và C thuộc đường thẳng x+ 2y + 3 = 0 nên A(a ; - 
a – 3) và C(- 2c – 3 ; c). 
I là trung điểm của AC 
2 3 4 1
3 6 4
a c a
a c c
     
  
       
  A(-1; -2); C(5 ;-4) 
Gia sư: Khổng Minh Châu – Franklin Khong Phone: 0973 875 659 
Dc: 43/12, đường 120, Tân Phú, Q.9 Tp.HCM (08. 6280 9037) TRUNG TÂM GIA SƯ CASSIUS 
Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là u =(1;3) có ptts là 
x 2 t
y 3 3t
 

  
B BD  B(2+t ; -3 +3t) .Khi đó : AB = (3 +t ;–1+3t); CB = (- 3+t; 1+3t) 
. 0AB CB
 
 t = 1. Vậy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) và D(1;-6) hoặc A(-1; -2); C(5 ;-4), B(1;-6) và D(3;0) 
Câu 6b: 2. (1,0 điểm) 
1d đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là :  1 1; 1;0u

  ; 2d đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là: 
 2 1; 2;2u

  . Gọi n

 là một vtpt của (P), vì (P) song song với 1d và 2d nên n

= [
1 2;u u
 
] = (-2 ; -2 ; -1) 
 (P): 2x + 2y + z + D = 0 ,d(A ; (P) = 2d( B;(P)) 7 2. 5D D    
7 2(5 )
7 2(5 )
D D
D D
  
     
3
17
3
D
D
 

  

Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z - 
17
3
= 0 
Câu 7b: Giải hệ phương trình: 2
log ( 2 8) 6 (1)
8 2 .3 2.3 (2)x x y x y
y x

  

 
. Điều kiện: y – 2x + 8 > 0 
(1) y – 2x + 8 =  
6
2 2y x  Thay 2y x vào phương trình (2), ta được 
2 38 2 .3 2.3x x x x  8 18 2.27x x x  
8 18
2
27 27
x x
   
     
   
3
2 2
2
3 3
x x
   
     
   
Đặt: t = 
2
3
x
 
 
 
(t > 0) Ta có phương trình   3 22 0 1 2 0t t t t t        
0
1
0
x
t
y

   

 Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0)