Đề thi khảo sát đại học lần 3 năm 2014 môn thi: Toán 12 - Khối A, A1 - Trường THPT Bình Xuyên

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 1 
Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc 
Trường THPT Bình Xuyên 
ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2014 
Mơn thi: TỐN 12 - KHỐI A, A1 
Thời gian làm bài 180 phút, khơng kể thời gian giao đề 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 
Câu 1.( 2 điểm) Cho hàm số mx 1y
x 1
+
=
−
 cĩ đồ thị (C) 
1/Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m =1. 
 2/Viết phương trình tiếp tuyến d với (C) tại điểm cĩ hồnh độ x =2, tìm m để khoảng cách 
từ điểm A(3;5) tới tiếp tuyến d là lớn nhất. 
Câu 2.(1 điểm)Giải phương trình 24sinx.sin x .sin x 4 3.cosx.cos x .cos x 2
3 3 3 3
pi pi pi pi       
+ − − + + =              
. 
Câu 3.(1 điểm) Giải hệ phương trình: 
2 2 2
3 2
x y 2x y 0
2x 3x 4y 12x 11 0

− + =

+ + − + =
Câu 4.(1 điểm) Tính tích phân 
1
x
0
2I x e dx
x 1
 
= +  +∫
. 
Câu 5.(1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCDA’B’C’D’cĩ đáy là hình thoi cạnh a, gĩc ABC bằng 600, 
gĩc giữa mặt phẳng (A’BD) và mặt phẳng đáy bằng 600. Tính theo a thể tích của hình hộp và 
khoảng cách giữa CD’ và mặt phẳng (A’BD). 
Câu 6.(1 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 trịn (C) ( ) ( )2 2x 3 y 2 1− + − = 
 Tìm M thuộc Oy sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB với đường trịn, A, B là tiếp 
điểm sao cho đường thẳng AB qua N(4;4). 
Câu 8.a (1 điểm). Trong khơng 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 vuơng. Tính bán kính đường 
trịn ngoại tiếp ABC∆ . 
 Câu 9.a (1 điểm). Cĩ 5 bơng hoa hồng bạch, 7 bơng hoa hồng nhung và 4 bơng hoa cúc vàng. 
Chọn ngẫu nhiên 3 bơng hoa. Tính xác suất để 3 bơng hoa được chọn khơng 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 luơn đi qua một điểm cố định. 
 Câu 8.b (1 điểm). Trong khơng 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 khơng sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi khơng 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 MƠN: TỐN 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 đĩ hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 
( −∞ ;1) và (1;+ ∞ ). Hàm số khơng cĩ 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 cĩ 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∠ là góc giữa mp(A'BD) với đáy → oA 'OA 60∠ = . 
Do oABC 60∠ = nên tam giác ABC 
đều→ aAO
2
= . 
Trong tam giác vuông A'AO, ta có 
o 3AA ' AO. tan 60 a
2
= = . 
Do đó thể tích của hình hộp: 
2 3
ABCD
a 3 a 3 3aV=S .AA'= . =
2 2 4
. 
B' C'
A' D'
B
A
C
D
0,25 
Theo chứng minh trên ta có BD (A ' AO)⊥ → (A 'BD) (A ' AO)⊥ . 
Trong tam giác vuông A ' AO , dựng đường cao AH, ta có 
AH (A ' BD)⊥ hay AH d(A, (A 'BD))= .Do CD '/ /BA ' nên 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 cĩ 
2 2a b 2c 2a a b 2c 6a
b 2c 9 3 b 2c 9
+ + +
+ ≥ ↔ ≥
+ +
 (1) (Cơsi) 
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 cĩ ( )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) cĩ tâm I(3;2) 0,25 
7a 
(1điểm) 
+ Ta cĩ 2 2A A A AA (C) x y 6x 4y 12 0 (1)∈ ↔ + − − + = 
+ Ta cĩ 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 cĩ 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 vuơng 
Ta cĩ AB (2;4;1)=




, AC (2;0; 4)= −




 khơng cùng phương . 
Ta lại cĩ AB.AC 0=



 



 vậy ABC∆ vuơng tại A 
0,5 
8a 
(1điểm) 
ABC∆ vuơng tại A theo cm trên cĩ bán kính đường trịn 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 bơng hoa hồng bạch” 
‘Chọn được ba bơng hoa hồng nhung” ‘Chọn được ba bơng hoa cúc vàng” 
H là biến cố ‘Chọn được ba bơng hoa cùng loại” A, B, C đơi 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 bơng hoa khơng cùng loại là H , 7 73P(H) 1 P(H) 1
80 80
= − = − = . 0,5 
(1,0 điểm). Chứng minh đường thẳng AB luơn đi qua một điểm cố định. 
Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) 
Tiếp tuyến tại A cĩ 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 cĩ 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 luơn đi qua điểm cố định F(1;1) 
0,5 
(1,0 điểm). 8b 
(1điểm) Gọi G là trọng tâm ABC∆ . Ta cĩ: 
 ( ) ( ) ( )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 cĩ 5 trang 
 Học sinh làm theo cách khác mà đúng cho điểm tối đa theo thang điểm mỗi câu đã cho. 
 Câu 5 nếu khơng vẽ hình hay vẽ khơng đúng khơng cho điểm. 
(Lưu ý: Kiến thức đề ra theo tiến độ dạy( khơng số phức, khơng 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+ + khơng 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) cĩ 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 cĩ 1f '(x) 1 >0, x >0
x ln 2
= + ∀ → hàm số luơn 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