I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1. Cho hàm số
42
25y x x
, có đồ thị là
C
.
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
C
.
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
C
biết tiếp tuyến cắt các trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại hai điểm
,AB
sao cho
24OA OB
.
Câu 2. Giải phương trình




cos cot
3 os2x=5s inx 4.
cot cos
xx
c
xx
Câu 3. Giải hệ phương trình


2
2
1 2 1
11
21
21.
y x y
y x y y x
x
.
Câu 4. Tính tích phân

3
4
0
34
(5 4 ) 1
x
I dx
xx
.
Câu 5. Cho hình chóp
.DS ABC
có đáy
DABC
là hình chữ nhật cạnh
2 , 4AB a AD a
. Hình chiếu vuông góc của
điểm S xuống mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho
3BH AH
. Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của BC và SD. Biết góc tạo bởi mặt phẳng (SMD) và mặt phẳng đáy là
với
cos 7
65
. Tính thể tích khối chóp
S.HNM và khoảng cách từ D đến mặt phẳng
SMC
.
Câu 6. Cho các số thực thỏa mãn
 0 1, 0 1, 2 3 5 8.z y z x x y z
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2 2
2 3 5P x y z
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu 7a. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với
(2;3); (2;1); (6;3)A B C
. Gọi D là giao điểm của đường phân
giác trong
BAC
với BC. Tìm điểm M (có hoành độ hữu tỉ) thuộc đường tròn
22
: 3 1 25C x y
sao cho
2
MDC ADB
SS
?
Câu 8a. Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho hai đường thẳng
1
1
:2 1 1
x y z
và

2
12
:1 2 1
x y z
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng
1
, cắt trục
Oz
và đường thẳng
2
theo một đoạn
thẳng có độ dài bằng
5.
Câu 9a. Giải hệ phương trình
33
2
2
3
log 8 2 1
78
78 6
x
x x y y
y
y
xx
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu 7b. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp một đường tròn có A(2;9). Trung điểm của BC là

35
;
22
D
. Biết BC vuông góc với đường thẳng
3 2013 0.xy
Gọi M là điểm tùy ý thuộc cung nhỏ BC. Điểm
P, Q tương ứng là điểm đối xứng của M qua AC và AB. Biết phương trình đường thẳng chứa PQ là y=6. Tìm tọa độ
các đỉnh B, C của tam giác ABC.
Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho hai điểm
2;4; 1 , 0; 2;1AB
và đường thẳng
1 2 1
:2 1 1
x y z
. Viết phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A, B và có tâm I nằm trên đường thẳng
.
Câu 9b. Giải bất phương trình
2 4 4 2
log log log log 2.xx
--------------------------------------Hết--------------------------------------
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH NĂM 2014
Đề 03 - Ngày thi : 30-11-2013
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu 1 Cho hàm số y=−x4+2x2+5, có đồ thị là (C).
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C).
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C)biết tiếp tuyến cắt các trục tọa độ Ox,O y lần
lượt tại hai điểm sao cho 24OA =OB.
Lời giải :
a/............
b/ Gọi ∆:y=ax +blà tiếp tuyến của (C)
⇔½−4x3+4x=a
−x4+2x2+5=ax +b(I)có nghiệm.
∆TOx =A³−b
a;0´.∆TO y =B(0;b)
Theo giả thiết 24OA =OB ⇒24qb2
a2=pb2⇒a=±24
+/ với a=24 thay vào hệ (I)⇒½x=−2
b=45 ⇒∆;y=24x+45
+/ với a=−24 thay vào hệ (I)⇒½x=2
b=45 ⇒∆:y=−24x+45
Câu 2 Giải phương trình 3µcos x+cot x
cot x−cos x+cos2x=5sin x+4
Lời giải :
Điều kiện: sinx 6=0;sinx 6=1;cosx 6=0
Phương trình đã cho tương đương:
3sinx+1
1−sinx +1−2sin2x=5 sin x+4
⇔3(sinx +1)+(1−sinx)¡1−2sin2x¢=(5 sin x+4)(1−sinx)
⇔sinx¡2sin2x+3 sin x+1¢=0
⇔sinx(2 sin x+1)(sinx +1)=0⇔"sinx =0
sinx =1
sinx =−1
2⇔sinx =−1
2
•sinx =−1
2⇔·x=−π
6+k2π
x=7π
6+k2π(k∈Z)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x=7π
6+k2π;x=−π
6+k2π(k∈Z)
Câu 3 Giải hệ phương trình ½y2+2x=1+p1+x+2p1+y
¡y−x¢¡y+1¢+¡y2−2¢p1+x=1.
Lời giải 1:
ĐK:½x≥−1
y≥−1Đặt t=p1+x≥0⇒x=t2−1,khi đó phương trình (2) trở thành:
(y−t2+1)(y+1) +(y2−2)t=1⇔t y2−t2y−t2+y2−2t+2y=0
⇔t y2+y2+2y=y t2+t2+2t⇔(y−t)(y+t+yt +2) =0
Vì x≥−1, y≥−1nên y+t+yt +2>0⇒y=t
Thay vào phương trình (1) ta được: t2+2(t2−1) =1+t+2p1+t
⇔3t2−t−3=2pt+1Đặt pt+1=a≥0⇒t=a2−1Phương trình trở thành
3a4−7a2−2a+1=0⇔(a2−a−1)(3a2+3a−1) =0⇔½a=1
2¡1±p5¢
a=1
6¡−3±p21¢
So sánh với điều kiện ta tìm được a=1
2¡1+p5¢và a=1
6¡−3+p21¢
Với a=1
2¡1+p5¢⇒t=1
2¡1+p5¢⇒x=y=1
2¡1+p5¢
Với a=1
6¡−3+p21¢⇒t=y=1
6¡−1−p21¢<0
2
Vậy nghiệm của hệ là µ1
2³1+p5´;1
2³1+p5´
Lời giải 2:
(2) ⇔¡y+1¢¡px+1¢2−¡y2−2¢px+1−y2−2y=0
∆px+1=¡y2+2y+2¢2Suy ra :
px+1=y
px+1=−y+2
y+1(V N :y>−1) ⇔x=y2−1,¡y≥0¢, (3)
Thế (3) vào (1) ta có Pt : 3¡y2−y−1¢+2¡y−py+1¢=0
⇔¡y−py+1¢¡3y+3py+1+2¢=0⇔
py+1=y
3¡py+1¢2+3py+1−1=0⇔
y=1+p5
2
y=−1−p21
6(loại)
Vậy hệ có nghiệm :Ã1+p5
2;1+p5
2!.
Câu 4 Tính tích phân I=Z3
4
0
3−4x
(5−4x)p1−xd x
Lời giải :
Đặt p1−x=t⇒x=1−t2⇒d x =−2t d t
I=Z1
1
2
2t(4t2−1)
t(4t2+1) d t I =R1
1
2µ2−4
4t2+1d t I =2t−2arctan2t¯¯¯1
1
2=1+
π
2−2arctan2
Câu 5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC D là hình chữ nhật cạnh AB =2a,AD =4a. Hình
chiếu vuông góc của điểm Sxuống mặt phẳng (ABCD)là điểm Hthuộc cạnh AB sao cho
B H =3AH. Gọi M,Nlần lượt là trung điểm của BC và SD. Biết góc tạo bởi mặt phẳng (SMD)
và mặt phẳng đáy là αvới cosα=7
p65. Tính thể tích khối chóp S.H N M và khoảng cách từ D
đến mặt phẳng (SMC ).
Lời giải :
Trong mp(ABC D)Gọi Elà giao điểm của DM và AB ,Klà hình chiều vuông góc của Hlên DM
Khi đó DE =AB =2a,∆ADE vuông cân tại Anên DE =p2
DH =pAH 2+AD2=ap65
2;HE =7a
2⇒HK =7ap2
4;α=(SH,HK )=
SHK ;SH =HK tanα=ap2
VS H M N =VS H MD +VN H M D =1
6SH M D .SH =1
12SH .HK .MD =7a3p2
12
dD;(SBC )=dA;(SBC)=4
3dH;(SBC )=SH.HB
pSH 2+SB 2=4ap34
17
Câu 6 Cho các số thực thỏa mãn: 0<z<y≤1,0 <z<x≤1,2x+3y+5z≤8. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức:
P=2x2+3y2+5z2
Lời giải 1:
P=2x2+3y2+5z2≤2x2+3y2+z(8 −2x−3y)=8z+2x(x−z)+3y(y−z)
P≤2x+3y+3z≤sµ2+3+9
5¡2x2+3y2+5z2¢=r34P
5
Suy ra: P≤34
5Đẳng thức xảy ra khi x=y=1, z=3
5
Lời giải 2:
Cái đk 0<z<y≤1,0 <z<x≤1làm ta nhớ đến ngay phép nhóm Abel
Phép nhóm Abel a1b1+a2b2+a3b3=(a1−a2)b1+(a2−a3)(b1+b2)+a3(b1+b2+b3)
Ở đây coi b1=2x;b2=3y;b3=5z;a1=x;a2=y;a3=zSử dụng phép nhóm Abel ta có
P=(x−y).2x+(y−z)(2x+3y)+z(2x+3y+5z≤2.(x−y)+5(y−z)+8z=2x+3y+3z
Tới đây xử lý bằng C-S như trên hoặc có thể dùng phép thế Abel 1 lần nữa.
3
II. PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a Trong mặt phẳng Ox y, cho tam giác ABC với A(2;3),B(2; 1),C(6;3). Gọi Dlà giao
điểm của đường phân giác trong
B AC với BC . Tìm điểm M(có hoành độ hữu tỉ) thuộc đường
tròn (C):(x−3)2+¡y−1¢2=25 sao cho SMDC =2SADB ?
Lời giải :
Phương trình đường thẳng BC là: y=1
2x. Gọi D¡t;1
2t¢∈BC
Khi đó ta có: AD là đường phân gíac trong của góc B AC Suy ra: BD
DC =AB
AC
Mà: −−→
BD ¡t−2; 1
2t−1¢;−−→
DC ¡6−t; 3 −1
2t¢;AB =2; AC =4Nên ta có:
q(t−2)2+¡1
2t−1¢2
q(6−t)2+¡3−1
2t¢2=1
2⇒(t−2)2+¡1
2t−1¢2
(6−t)2+¡3−1
2t¢2=1
4⇔3
4t2−t−5=0⇔·t=10
3
t=−2⇔·D¡10
3;5
3¢
D(−2;−1)
Ta có: Tâm đường tròn I(3;1)Gọi M(a;b)∈(C)
SMDC =1
2−−→
DM−−→
DC =1
2|4a−8b|, 2SADB =2. 1
2−−→
D A−−→
DB =8
Mà theo bài ra ta có:
SMDC =2SADB ⇔1
2|4a−8b|=8⇔|4a−8b|=16 ⇔
½4a−8b≥0
4a−8b=16
½4a−8b<0
8b−4a=16 ⇔
½a−2b≥0
a−2b=4
½a−2b<0
2b−a=4
Mặt khác:
I M =R=5⇔I M2=25 ⇔(a−3)2+(b−1)2=25 (1)
Với ½a−2b≥0
a−2b=4thay vào (1) ta được: 5b2+2b−23 =0⇔"b=−1+2p29
5⇒a=18+4p29
5
b=−1−2p29
5⇒a=18−4p29
5
(Loai)
Với ½a−2b<0
2b−a=4thay vào (1) được: b2−6b+5=0⇔·b=5⇒a=6
b=1⇒a=−2⇔·M(6;5)
M(−2;1)
Câu 8.a Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z cho hai đường thẳng ∆1:x
2=y−1
−1=z
1và
∆2:x−1
1=y
2=z+2
1. Viết phương trình mặt phẳng (P)vuông góc với đường thẳng ∆1, cắt
trục Oz và đường thẳng ∆2theo một đoạn thẳng có độ dài bằng p5.
Lời giải :
Véc tơ chỉ phương của ∆1là : −→
u=(2;−1;1)
Mặt phẳng (P)nhận véc tơ −→
ulàm véc tơ pháp tuyến có dạng:2x−y+z+m=0
(P)cắt Oz nên giao điểm A(0; 0;−m)Phương trình tham số của ∆2:(x=1+t
y=2t
z=−2+t
Gọi B=∆2∩(P)⇒B(1+t;2t;−2+t). 2(1+t)−2t−2+t+m=0⇐⇒ t=−m
⇒B(1−m;−2m;−2−m)AB2=5⇐⇒ (1−m)2+4m2+4=5⇐⇒ m=0∨m=2
5
Vậy (P):2x−y+z=0,2x−y+z+2
5=0.
Câu 9 .a Giải hệ phương trình :
x3+x+log2
x
y=8y3+2y+1
3
p7x−8+s7−8y2
6=x
Lời giải :
Từ phương trình (1) suy ra x=2yThế vào (2) ta được
3
p7x−8−2(x−1) +s7−2x2
6−(2 −x)=0 (1)
4
ĐK : x∈³0; p14
2i
(1) ⇔(8x2−24x+17)
x
3
p7x−8)2+2(x−1) 3
p7x−8+4(x−1)2+1
q7−2x2
6+2−x
=0⇒x=6±p2
4⇒y=6±p2
8
Do đk nên
x
3
p7x−8)2+2(x−1) 3
p7x−8+4(x−1)2+1
q7−2x2
6+2−x
=0vô nghiệm.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b Trong mặt phẳng Ox y , cho tam giác ABC nội tiếp một đường tròn có A(2; 9). Trung
điểm của BC là Dµ3
2;5
2. Biết BC vuông góc với đường thẳng 3x−y+2013 =0. Gọi Mlà điểm
tùy ý thuộc cung nhỏ BC. Điểm P,Qtương ứng là điểm đối xứng của Mqua AC và AB. Biết
phương trình đường thẳng chứa PQ là y=6. Tìm tọa độ các đỉnh B,Ccủa tam giác ABC .
Lời giải :
Câu 8.b Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z cho hai điểm A(2; 4;−1),B(0;−2; 1)và đường
thẳng ∆:x−1
2=y−2
−1=z−1
1. Viết phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A,Bvà có tâm I
nằm trên đường thẳng ∆.
Lời giải :
Do I∈∆nên I(1 +2t;2 −t; 1 +t)Mặt khác mặt cầu đi qua A,Bnên I A =I B =r
⇐⇒ p(1 −2t)2+(t+2)2+(t+2)2=p(2t+1)2+(t−4)2+t2⇔t=1Suy ra I(3; 1;2) bán kính r=p19
Mặt cầu là: (S): (x−3)2+(y−1)2+(z−2)2=19
Câu 9 .b Giải bất phương trình log2¡log4x¢+log4¡log2x¢≤2.
Lời giải :
ĐK: ½log4x>0
log2x>0⇐⇒ x>1.Mà log2¡log4x¢=−1+log2¡log2x¢, log4¡log2x¢=1
2log2¡log2x¢
Bất phương trình thành: 3
2log2¡log2x¢≤3⇐⇒ log2¡log2x¢≤2⇐⇒ log2x≤4⇐⇒ 1<x≤16
—————————————————-Hết—————————————————-
5