Đề thi thử đại học lần thứ 3 năm 2014 môn thi: Toán – khối A, A1 trường THPT Chu Văn An

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HA NOI
 TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN 
 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ 3 NĂM 2014
Môn thi: TOÁN – KHỐI A, A1 
Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian phát 
đề 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 
)(
1
12 C
x
xy 


 
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 
2. Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng mxyd  3 : cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt 
A và B sao cho trọng tâm của tam giác OAB nằm trên đồ thị (C) (với O là gốc tọa độ). 
Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trình 01cos4) 1(cossin2cos4 3  xxxx . 
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 






3) 3(14
) 14)( 12(348
223
22
xxyx
yxxy 
. 
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân dx 
x
xx






 
4
0 2
4
sin22
cossin


. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng '''. CBAABC có đáy ABC là tam giác cân tại B, aBCBA  , 
0120ABC . Đường thẳng 'BC tạo với đáy ABC một góc 060 . Gọi I, H, K lần lượt là trung điểm của 
CABC ' , và AB . Tính theo a thể tích của khối chóp KIH A'. và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 
HKBI. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho zyx ,, là các số thực dương thỏa mãn 1xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
63
1
63
1
63
1
252525 





zxzzyzyyxyxx
P 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu 7.a(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có giao điểm của AC và BD 
là )
2
3;
2
9(I , biết  2tan
3
ABD  , đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm )0; 1 (M , đường thẳng chứa cạnh AD 
đi qua điểm )4; 1(N . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh A có hoành độ dương. 
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 
1
6
4
2
2
3:  zyxd , mặt phẳng 
032:)(  zyxP và điểm )2;0 ; 1(A . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A, cắt d tại M và cắt 
(P) tại N sao cho AMNM 3 
Câu 9.a (1,0 điểm ) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau và khác 0. Chọn ngẫu 
nhiên một phần tử của X. Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số là một số chẵn. 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 0722:)( 22  yxyxC có tâm I 
và điểm )2; 2( K . Viết phương trình của đường tròn )'(C tâm K sao cho )'(C cắt (C) tại hai điểm phân biệt 
A và B thỏa mãn 0120AIB . 
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng tztyxd 23;; 1:  (t ), điểm 
) 0; 1; 1 ( A và mặt phẳng 0422:)(  zyxP . Viết phương trình mặt phẳng )( đi qua A, vuông góc 
với mặt phẳng (P) và cắt đường thẳng d tại điểm M sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng MA. 
Câu 9.b(1,0 điểm) Cho hàm số 
x
mxxy 



1
12
. Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho 
có 
hai điểm cực trị A và B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 
33 (với O là gốc tọa độ)
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN 3 
Môn: TOÁN – Khối A, A1 
Câu ý Nội dung Điểm
1 Cho hàm số (2,0 điểm)
1 Khảo sát và vẽ đồ thị... (1,0 điểm)
TXĐ:  1\RD  
CBT: Giới hạn, tiệm cận: Tìm đúng TCN 2y , TCĐ 1x 
 10
) 1(
3' 2 
 x
x
y , hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng XĐ 
 BBT lập đúng 
 Vẽ đồ thị đúng 
0,5 
0,25 
0,25 
2 Tìm m... (1,0 điểm)
Pt hoành độ giao điểm của (C) và d 
 mx
x
x 


 3
1
12






01) 1(3)(
1
2 mxmxxg
x
D cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B 











1
11
0) 1 (
0
m
m
g
 (*) 
G là trọng tâm tam giác OAB ta có OIOG
3
2
 với I là trung điểm của AB 
Áp dung định lý vi-et tìm được )
3
1;
9
1(  mmG 
2
1351502515)( 2  mmmCG (thỏa mãn ĐK (*)) 
0,5 
0,25 
0,25 
2 Giải pt 01cos4) 1(cossin2cos4 3  xxxx (1,0 điểm) 
Biến đổi pt 01cos4sin2cossin2)sin1 (cos4 2  xxxxxx 
01sin2cossin2cossin4 2  xxxxx 0) 1sin2)( 12(sin  x x 

 kxx 
4
12sin , )( 
2
6
7
2
6
2
1sin Zk 
kx
kx
x 













0,5 
0,5 
Kết luận
3
Giải phương trình 
2 2
3 2 2
8 4 3 (2 1)(4 1) (1)
4 1 ( 3) 3 (2)
y x x y
x y x x
    

     
 (1,0 điểm) 
ĐKXĐ 1x Pt (1) 2 22(4 1) 2(2 1) 3 (2 1)(4 1)y x x y       (1’) 
Đặt 012; 014 2  xbya pt (1’) trở thành abba 322 22  
020)2)(2(  bababa (do 02  ba ) 
Với ba 2 ta có 2 24 1 2 2 1 4 8 3y x y x      (*) 
thế (*) vào pt (2) ta được 019223  xxxx (3) 
Xét hàm số 192)( 23  xxxxxf liên tục trên miền   ; 1 J và có 
0) 2( f . Mặt khác 
10
12
12) 1(2 
12
1223)(' 22 



 x
x
xxx
x
xxxf 
Suy ra )(x f luôn đồng biến trên J 2 x là nghiệm duy nhất của pt (3) 
Với 2x từ (*) ta có 
2
19
y 
Hệ pt có hai nghiệm 
19 192; , 2;
2 2
   
   
   
0,5 
0,5 
4 Tính tích phân ... (1,0 điểm)
Ta có 
22 )cos(sin42sin3
2
2cos12
4
sin22 xxxxx 




 




 

I dx
xx
xx
 
4
0
2)cos(sin4
cossin

. Đặt sin cost x x  ta được 
2
2
1 4
dtI
t
 
 
2
1
1 2 1 3 2 2ln ln
4 2 4 3
tI 
t
 
   

0,5 
0,5 
5 Cho lăng trụ ... (1,0 điểm)
Từ giả thiết 060'  BCC 
162
3.
8
3
3
1))(,(.
3
1 32
..'. 
aaaABCHdSVVV CIKCIKHKHICKIHA  
Gọi E là trung điểm của AC. Chứng minh được )(ABCHE  và 
HEEIEBEK  là trục của tam giác KBI. Gọi P là trung điểm của HK . 
0,5 
Trong mặt phẳng (HEK) đường trung trực của HK cắt HE tại O, suy ra O là tâm mặt 
cầu ngoại tiếp tứ diện HKBI. Các tam giác HPO và HEK đồng dạng nên có 
3222
222 a
HE
KEHE 
HE
HKHO
HE
HK 
HE
HP 
HK
HO 


 
Vậy 
3
aOHR  
0,5 
6 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức (1,0 điểm)
Ta có 00) 332() 1() 33 (6 23225  xxxxxxxx 
Vậy )1( 336336 2525  xxyxyxxxxx 
) 1( 3
1
36
1
23 



xxyxyxx
. Từ đó lập luận tương tự ta có 
) 1( 3
1
) 1( 3
1
) 1( 3
1






zzxyyzxxy
P (1) 
Dấu “ = ” trong (1) xảy ra khi 1 zyx . Áp dụng bất đảng thức Bunhiacopxki 
ta có 
)
) 1( 3
1
) 1( 3
1
) 1( 3
1)( 111 (2






zzxyyzxxy
P 
Hay 
1
1
1
1
1
12






zzxyyzxxy
P (2) Dấu “=” xảy ra trong (2) 
1 1 1 1xy x yz y zx z x y z             . Do 1xyz nên 
VP’ 
1(2) 1
1 1 1
x xy
xy x xy x x xy
   
     
1 P 
Vậy maxP = 1 khi x = y = z =1. 
0,5 
0,5 
7.a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD (1,0 điểm)
Goi vtpt của AB là );( ban  ( 022  ba ) pt AB: 0 abyax 
ADAB và AD qua N nên có pt 04  baaybx 
Giả thiết 
3
2 
),(
),(
3
2 

ADId
ABId
AB
AD
baba
ba
baab
ba
aba
1152373
4
2
3 
2
9
3
22
3 
2
9
2222 






 
* ba  pt AB: 01 yx , pt AD: 03  yx , tìm được A(2; 1) 
Suy ra B(5; 4), C(7; 2), D(4; -1). 
* ba 13 11  pt AB: 0131113  yx , pt AD: 0631311  yx tìm được 
)
145
481;
145
262(A trường hợp này không thỏa mãn. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
8.a Trong không gian tọa độ Oxyz (1,0 điểm)
)4;42;24(,)6;42;23( tttAMdtttM  , giả sử );;( zyx N ta có 
)6;42;23 ( ztytxtNM  , do AMNM 3 tìm được 
)26;84;49( tttN  , 
032684)49( 2)(  tttPN 
)11;24;19(
2
5 
 Nt . 
Đường thẳng  cần tìm là đường thẳng AN có pt 
1 2:
18 24 13
x y z 
   
0,5 
0,5 
9.a Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 6 (1,0 điểm)
Có 5 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn khác 0, số phần tử của tập hợp X là 604806 9 A 
x là một phần tử của tập X, tổng các chữ số của x là một số chẵn suy ra x có chẵn 
các chữ số lẻ, xảy ra các trường hợp sau
TH1: x có 4 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn , có 21600! 6.. 2 4
4
5 CC số 
TH1: x có 2 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn , có 7200! 6.. 4 4
2 
5 CC số 
Có 21600 + 7200 = 28800 số thuộc tập hợp X có tổng các chữ số là số chẵn 
Xác suất cần tìm 
21
10
60480
28800 
P 
0,25
0,5 
0,25 
7.b Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) (1,0 điểm)
(C) có tâm I(-1; 1) và R = 3, Đường tròn (C’) tâm K(2; -2) và R’ = a (a > 0)
(C) cắt (C’) khi và chỉ khi aaRRIKRR  3183'' 
318318  a (*). 
Với điều kiện đó (C) và (C’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Tọa độ A và B 
là nghiêm của hệ pt: 
2 2
2 2 2
2 2 7 0
4 4 8 0
x y x y
x y x y a
     

     
 pt AB: 26 6 15 0x y a   
Tam giác IAB cân tại I, có 0
3120 ; 3
2
AIB IA R IH      , H là TĐ của AB. 
26 6 15 3( , ) 27 9 2 27 9 2
26 2
a
d I AB a a
   
           , 
kết hợp (*) ta có 27 9 2 27 9 2a a     
Pt của (C’): 2 2 4 4 19 9 2 0x y x y     
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
8.b Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng (1,0 điểm)
dttM  )23 ;;1 ( , 10105)23() 1( 222  ttttAM , 
32
3
44621
))(,( 

 t
tt
PMd , 
gt AMPMd ))(,( )5; 1;1 (10122  Mttt 
)5;0; 0(AM , )2; 2; 1( Pn . )( là mặt phẳng qua A, M và vuông góc với (P) 
)( nhận , 5(2; 1;0)Pn AM n     
  
là vtpt. 
Pt mặt phẳng ) ( : 032  yx 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
9.b
Tìm m để đồ thị hàm số có 
x
mxxy 



1
12
hai điểm cực trị (1,0 điểm) 
TXĐ  1\RD  ; 2
2
) 1(
12' 



x
mxxy hàm số có cực đại , cực tiểu khi và chỉ 
khi pt 012)( 2  mxxxg có hai nghiệm phân biệt khác 1 0 m 
Tính được mAB 52 , pt đt đi qua A và B: 02  myx 
55
),( m
m
ABOdh   (do m > 0). 
333 
5
.52 .
2
133.
2
133  mmmhABSOAB (thỏa mãn) 
0,25 
0,25 
0,5