Đề thi thử đại học lần 2 - Năm 2014 môn thi: Toán; khối: A, A1 & B Trường THPT Đặng Thúc Hứa

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN 
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2014 
Môn thi: TOÁN; Khối: A,A1 & B 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): 
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 
2
1
x
y
x


 (1) . 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) . 
b. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1). Tìm m khác 0 để đường thẳng 
:d y x m   cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho I là tâm đường tròn ngoại tiếp 
tam giác .OAB 
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2
sin cos
2 cos
tan 1 cot 1 4 2
x x x
x x
         
 Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 
1 1
1 ( )x x x
x x
      
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 
ln8
ln3 1
x
x
xe
I dx
e


 
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , 3 , ,AB a CD a  
2 ,AD a tam giác SAD cân tại S , mặt phẳng ( )SAD vuông góc với đáy. Biết góc giữa mặt phẳng ( )SBC và đáy 
bằng 060 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD , tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo .a 
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực không âm , ,x y z thoả mãn 1 .xz yz xy   Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
2
2 2 2
2 2 1
1 1 1
x y z
P
x y z

  
  
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho hình bình hành ABCD có tâm (2; 5)I  và đường phân 
giác của góc 
BAC có phương trình 2 4 0x y   . Biết tam giác ACD có trọng tâm 
1 14
( ; )
3 3
G   , tìm tọa độ 
các đỉnh của hình bình hành ABCD . 
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hai điểm (0;2;2), ( 1;3; 2)A B   và đường thẳng 
1
2 1
:
2 1 2
x y z 
   . Biết đường thẳng 
2
 đi qua điểm B , vuông góc với đường thẳng 
1
 và khoảng cách từ 
điểm A đến đường thẳng 
2
 lớn nhất. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 
1
 và 
2
. 
Câu 9.a (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2
2 2 2 2
4 2 2.16
 ( , )
log .log ( ) log log
x x y y
x y
y x y x y
   
   
 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , phương trình đường cao 
: 3 0.AH x y   Biết đỉnh (5;0)C , đỉnh B thuộc trục tung. Tìm tọa độ các đỉnh A và .B 
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hai đường thẳng 
1
2
: ,
1 1 3
x y z
   
2
1
:
1 1 1
x y z
  

 và mặt phẳng ( ) : 2 0P x y z   . Tìm tọa độ điểm A thuộc đường thẳng 
1
 và tọa độ 
điểm B thuộc đường thẳng 
2
 sao cho đường thẳng AB song song với mặt phẳng ( )P và độ dài đoạn thẳng AB 
nhỏ nhất. 
Câu 9.b (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn | 3 | | 3 | 10z i i z    , tìm số phức z có môđun nhỏ nhất. 
---------------Hết---------------
www.VNMATH.com
-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
10
x
y
 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM 2014 
Môn: TOÁN; Khối: A,A1 & B 
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 
Tập xác định \ {-1}D   . 
Sự biến thiên 
Chiều biến thiên: 
2
2
' 0 1
( 1)
y x
x
    

. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1)  và 
( 1; )  . 
0,25 
Cực trị: Hàm số không có cực trị. 
Giới hạn: 
1 1
2 2
lim , lim
1 1x x
x x
x x  
  
 
. Đường thẳng 1x  là tiệm cận đứng. 
2 2
lim 2, lim 2
1 1x x
x x
x x 
 
 
. Đường thẳng 2y  là tiệm cận ngang. 
0,25 
Bảng biến thiên 
x -∞ -1 +∞ 
y’ + + 
y 
 +∞ 2 
2 - ∞ 
0,25 
Câu 1.a 
(1 điểm) 
Đồ thị: 
Đồ thị hàm số cắt trục Ox, Oy tại điểm (0;0). 
Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận 
I(-1;2) làm tâm đối xứng 
0,25 
Điều kiện 1x  . Giao điểm hai đường tiệm cận là I(-1;2). 
Phương trình hoành độ giao điểm 2
2
(3 ) 0
1
x
x m x m x m
x
       

(*). 
0,25 
Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt ,A B khi PT(*) có 2 nghiệm phân biệt 
khác 1 hay 2 2 9 0 .m m m      . 
0,25 
Giả sử 
1 1 2 2
( ; ), ( ; )A x x m B x x m    , trong đó 
1 2
,x x là 2 nghiệm phân biệt của PT(*). 
Theo định lý Vi-ét ta có 1 2
1 2
3x x m
x x m
   

  
. 
0,25 
Câu 1.b 
(1 điểm) 
Từ giả thiết 
2 2
1 1
2 2
2 2
( 1) ( 2) 5
( 1) ( 2) 5
IA IO x x m
IB IO x x m
          
         
. 
Cộng hai PT và áp dụng ĐL Vi-ét ta có m = 2. 
0,25 
Điều kiện: cos 0, sin 0, tan 1, cot 1x x x x     0,25 
Phương trình đã cho tương đương với 
1 1
sin .cos ( ) 1 cos( )
sin cos cos sin 2
x x x
x x x x

   
 
sin 2 co s
1 sin sin 2 . co s co s 2 sin co s 2
co s 2
x x
x x x x x x
x
      
0,25 
Câu 2 
(1 điểm) 
2 1sin 1 2 sin sin v sin 1( )
2
x x x x Loai       0,25 
www.VNMATH.com
HA
D
B
C
S
E
K
* 
1 5
sin 2 v 2 , .
2 6 6
x x k x k k
 
         
Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm: 
5
2 v 2 , .
6 6
x k x k k
 
       
0,25 
Điều kiện: 
1
0, 0 1
1 1 0
1 0
x x x
x
x
x
            
 0,25 
TH1: Nếu 1 0x   thì nó thỏa mãn bất phương trình 0,25 
TH2: Nếu 1x  thì bất phương trình đã cho tương đương với: 2 1 1x x x x    0,25 
Câu 3 
(1 điểm) 
Nhận thấy hai vế không âm nên bình phương hai vế của BPT ta có 
2 2 2( 1) 0 1 0x x x x       
1 5 1 5
( ) v ( )
2 2
x TM x Loai
 
   
Kết luận: 1 51 0 v 
2
x x

    
0,25 
Đặt 
2 1
1
x
x
x
u x
du dx
e dx
dv v e
e
       
     
 0,25 
Ta có 
ln 8
1
ln 3
ln 8
2 1 2 1 6 ln 8 4 ln 3
ln 3
x xI x e e dx I       0,25 
* 
ln 8
1
ln 3
2 1xI e dx  . 
Đặt 21 1x xt e e t     . Khi ln 3x  thì 2t  , khi ln 8x  thì 3t  . Ta có 2xe dx tdt . 
0,25 
Câu 4 
(1 điểm) 
Do đó 
3 2
1 2
2
34 1
4 2 ln | | 4 2 ln 3 2 ln2
211
t dt t
I t
tt
             
 . Do đó 20 ln2 6 ln 3 4I    0,25 
0,25 
Gọi H là trung điểm của AD SH AD  . Do ( ) ( )AD SAD ABCD  và 
( ) ( )SAD ABCD nên ( )SH ABCD  
Tính được 10, 2, 2 2HB a HC a BC a   
HBC  vuông tại C 
Chứng minh được: SBC vuông tại C 
 Góc giữa mặt phẳng ( )SBC và đáy bằng góc 
 0 060 .tan60 6SCH SH HC a    
Diện tích hình thang ABCD là 24 .
ABCD
S a 
Thể tích khối chóp .S ABCD là 
3
.
1 4 6
.
3 3S ABCD ABCD
a
V SH S  
0,25 
Gọi E là hình chiếu của A lên đường thẳng HC / / / /( )BC AE BC SAE  
Khoảng cách ( , ) ( ,( )) ( ,( ))d SA BC d BC SAE d C SAE  
0,25 
Câu 5 
(1 điểm) 
Gọi K là hình chiếu của H lên SE. Ta chứng minh được ( ).HK SAE 
2
2
a
AEH CDH EH    
6
( ,( )) 3 ( ,( )) 3 3
13
d C SAE d H SAE HK a    
0,25 
www.VNMATH.com
H
I
A
B C
D
E
G
Đặt 
1 1
; ;a b c z
x y
   1.ab bc ca    
2 2 21 ( )( );1 ( )( ),1 ( )( )a a b a c b a b b c c a c b c            
0,25 
2 2
1
( )( ) ( )( ) ( )( )( )1 1
a b a b ab
a b a c a b b c a b b c c aa b

   
       
2 2 2 2
1 1
(1 )(1 ) 1 1
ab
a b c c

 
   
0,25 
Ta có 
2
22
2 1
( )
11
c
P f c
cc

  

 0,25 
Câu 6 
(1 điểm) 
2
2 2
2 ( 1 2)
'( )
(1 )
c c
f c
c
  
 

. 
Vậy 
3
max max ( ) ( 3)
2
P f c f   đạt được khi 2 3, 3x y z    . 
Ghi chú: Có thể giải bài BĐT theo phương pháp lượng giác hóa: 
1 1
tan ; tan ; tan ,( , , (0; ))
2 2 2
A B C
z A B C A B C
x y
         
0,25 
7 1
( ; ).
3 3
GI  

 3 ( 5; 4)DI GI D   
 
. 
I là trung điểm của BD (9; 6).B  0,25 
Một vectơ chỉ phương của đường phân giác góc 
BAC là (1; 2).u  

( ;4 2 )H t t là hình chiếu của I lên đường phân giác góc  (4; 4)BAC H  
0,25 
Gọi E là điểm đối xứng của I qua đường phân giác góc  (6; 3)BAC E AB   
Phương trình cạnh AB là x+y-3=0 (1;2)A 
0,25 
Câu 7.a 
(1 điểm) 
I là trung điểm của AC (3; 12)C  0,25 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng 
2

2
( , )d A AH AB    (không đổi) 
2
max ( , )d A AB   đạt được khi B H 
2
AB  
0,25 
( 1;1; 4)AB   

. Một vectơ chỉ phương của đường thẳng 
1
 là 
1
(2;1;2)u 

. 
Do 
2 1
   và 
2
AB  nên một vectơ chỉ phương của đường thẳng 
2
 là 
2 1
, (6; 6; 3)u AB u
 
    
 
  
0,25 
Phương trình đường thẳng 
2
1 3 2
:
2 2 1
x y z  
  
 
Gọi 
1 2
(2 2 ; ;1 2 ) ; ( 1 2 ;3 2 ; 2 )M t t t N k k k         
0,25 
Câu 8.a 
(1 điểm) 
MN là đoạn vuông góc chung khi 1
2
0 1
(0; 1; 1), (1;1; 3)
10
MNu t
M N
kMNu
          
   

 
Khoảng cách giữa hai đường thẳng 
1
 và 
2
 là 
1 2
( , ) 3.d MN    
0,25 
www.VNMATH.com
 Điều kiện: 0x y  
Phương trình (1): 2 2 24 2 2 0 2 1 2x y x y x y x y         
0,25 
Phương trình (2): 2
2 2 2 2
log log (2 ) log log 1y y y y     0,25 
Với 
2
log 1 2 4y y x     0,25 
Câu 9.a 
(1 điểm) 
Với 
2
1
log 1 1
2
y y x      
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: ( ; ) (4;2)x y  và 
1
( ; ) (1; )
2
x y  
0,25 
Phương trình cạnh BC là 5 0.x y   0,25 
{ } (0;5)B BC Oy B   0,25 
Giả sử ( ; 3)A t t AH  ; ( ;2 ), (5 ; 3)AB t t AC t t     
 
 0,25 
Câu 7.b 
(1 điểm) 
Tam giác ABC vuông tại 0 1 v 3A ABAC t t    

 ( 1;2)A  hoặc (3;6)A 0,25 
Giả sử 
1 2
(2 ; ;3 ) ; ( ;1 ; )A t t t B k k k    
( 2; 1; 3 )AB k t k t k t       

0,25 
Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là (1;2; 1)n  

/ /( )AB P khi . 0AB n 
 
 và ( )B P 
0,25 
. 0 0AB n k  
 
 (0;1;0) ( )B P  0,25 
Câu 8.b 
(1 điểm) 
Với 2 2 2 2
1 54 54
0 ( 2) ( 1) 9 11( )
11 11 11
k AB t t t t           
54
min
11
AB  đạt được khi 
21 1 3
( ; ; ), (0;1;0)
11 11 11
A B  
0,25 
Áp dụng công thức 2. | | ; w wz z z z z    0,25 
Ta có      
2 2
2 2100 | 3 | | 3 | 2 | 3 | | 3 | | 3 | | 3 |z i iz z i iz z i iz            
 2 22 | 3 | | 3 |z i iz    
0,25 
 2 ( 3 ) 3 ( 3) 3z i z i iz iz       2 ( 3 )( 3 ) ( 3)( 3)z i z i iz iz       0,25 
Câu 9.b 
(1 điểm) 
24( . 9) 4 | | 36z z z    . Giải bất phương trình ta có | | 4z  . 
Vậy min | | 4z  đạt được khi 
| 3 | | 3 |
4, 4
| | 4
z i iz
z z
z
       
 
0,25 
www.VNMATH.com