4 đề thi thử đại học môn toán có đáp án (6)

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
Th
ời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
ĐỀ
THI THỬ
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
2 3 5y x x= - +
(1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng
( ): 3 7 0d x y+ + =
sao cho
. . .= + +
đạt giá trị nhỏ nhất (O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
3 3 2
sin cos 3sin 4sin cos 2 0x x x x x- + + - + =
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2 2 3
1
(1 ) 4

( 1)( 1) 4
y
x x
y
x y
xy x y y
+
Ï
+ = -
Ô
Œ
Ì
Ô
+ + =
Ó
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
4 3 2
4
1
2
1
x x x
I dx
x
+ + +
+
Ú
.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) và góc giữa SC với mặt phẳng (SAB) bằng 30
0
. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu
vuông góc của
S trên đường thẳng BM. Xác định vị trí M trên CD sao cho thể tích khối chóp S.ABH đạt giá trị
lớn nhất, tính giá trị lớn nhất đó và tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
abc a b c a b c
T
a b c ab bc ca
+ + + + +
+ + + +
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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm
(4; 7)A -
và đường thẳng
: 2 4 0x yD - + =
. Tìm điểm B trên D sao cho có đúng ba đường thẳng
( )
i
d
(
{1;2; 3}i Œ

) thỏa mãn khoảng
cách từ A đến các đường thẳng
( )
i
d
đều bằng 4 và khoảng cách từ B đến các đường thẳng
( )
i
d
đều bằng 6.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình vuông ABCD với A(1; -1; -2) và các điểm
B, D nằm trên đường thẳng (d):
1 1 1
4 1 1
x y z+ - +
= =
-
. Tìm tọa độ các điểm B, C, D.
Câu 9.a (1,0 điểm). Có 40 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 40. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm. Tính xác suất để có 5 tấm
thẻ mang số lẻ, năm tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 6.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có A(4; 0), phương trình
đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ B của tam giác ABC:
7 4 5 0x y+ - =
và phương trình đường trung trực
cạnh BC:
2 8 5 0x y+
- =
. Tìm tọa độ các điểm B, C, D.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai

điểm
(0; 2; 1),A -
(10; 6; 2)B
và cách điểm
( 1; 3; 2)C -
-
một khoảng bằng
29
.
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải bất phương trình
2
3
3
1 1
log ( 1)
log 2 3 1
x
x x
<
+
- +
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:……………………
WWW.VNMATH.COM
ĐÁP ÁN TOÁN A, A1
Câu Đáp án Điểm
Câu 1
(2,0 điểm)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
3 2
2 3 5y x x= - +
TXĐ: ;
( )
2 2
(0)
1
0
' 6 6 ; ' 0 6 6 0 ; 5, 0
1
x
y x x y x x y y
x
È
= - = € - = € = =
Í
Î
0,25
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
Æ-• Æ+•
= -• = +•
Hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
0; 1
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ) ( )

; 0 ; 1;-• +•
Hàm số đạt cực tiểu tại
1; 0
CT
x y= =
và hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 5
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị
0,25
2. Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường
thẳng
( ) : 3 7 0d x y+ + =
sao cho
. . .= + +
đạt giá trị nhỏ nhất
(O là gốc tọa độ).
Từ câu 1) không mất tổng quát ta chọn A(0; 5) và B(1; 4). Gọi G là điểm sao cho
+ + =
1
;3
3
G
Ê ˆ

Á ˜
Ë ¯

0,25
Ta có:
. . .= + + =
= + + + + + + + +
2
2
3 2 . . .
3 . . .
= + + + + + + =
= + + +
0,25
Do
. . .+ + =
nên suy ra T nhỏ nhất khi và chi khi MG
nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của G trên đường thẳng (d).
0,25
Ta có phương trình đường thẳng (d’) đi qua G và vuông góc với (d):
3 2 0x y
- + =
0,25
0
x
y
1
-1
5
x
y’
-•
+•

y
0
0
0
+
+
-
-•
+•
5
4
1
WWW.VNMATH.COM
 tọa độ M là nghiệm của hệ
3 2 0
13 19
;
3 7 0
10 10
x y
x y
x y
- + =
Ï
 = - = -
Ì
+ + =
Ó
Vậy
13 19

,
10 10
M
Ê ˆ
- -
Á ˜
Ë ¯
là đáp số của bài toán.
Câu 2
(1
,0 điểm)
Giải phương trình:
3 3 2
sin cos 3sin 4sin cos 2 0x x x x x- + + - + =
3 3
(1) (sin 1) cos (sin 1 cos ) 0x x x x€ + - + + - =
2 2
(sin cos 1)[(sin 1) cos (sin 1) cos 1] 0x x x x x x€ - + + + + + + =
0,25
2 2
sin cos 1 0 (1)
(sin 1) cos (sin 1) cos 1 0 (2)
x x
x x x x
- + =
È
€
Í
+ + + + + =
Î

0,25
Giải (1):
2
2
4 2 4 4
2
2
x k
x x k k
x k
p
p
p
p
p
p
p
È
Ê ˆ
Í
€ + = € + = ± + € Œ
Á ˜
Í
= - +
Ë ¯
Î
0,25
Giải (2): Vì
2 2
(sin 1) cos (sin 1) cos 1x x x x+ + + + + =

2
2
1 3
(sin 1) cos cos 1 0,
2 4
x x x x
È ˘
= + + + + > " Œ
Í ˙
Î ˚
, nên pt(2) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm:
2
x k x k k= = - + Œ
0,25
Câu 3
(1
,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
2
2 2 3
1
(1 ) 4
( 1)( 1) 4
y
x x
y
x y
xy x y y
+

Ï
+ = -
Ô
Œ
Ì
Ô
+ + =
Ó
Giải: ĐK:
0y π
Khi đó hệ đã cho tương đương:
2
2 2
2 2
2 2
3
3 3
2 3 2 3
1 1
1 1 1 1
2. 4
4 4
1 1
1 1
4 4
2 4
x
x x
x x x x
y y y

y y y y
x x x x
x
x x
x x
y y y y y y
y y y
Ï
Ê ˆ
Ï Ï
+ - + + =
Ô
+ + + = + + + =
Á ˜
Ô Ô
Ô
Ô Ô Ë ¯
€ €
Ì Ì Ì
Ê ˆ Ê ˆ
Ô Ô Ô
+ + + = + + + =
+ - + =
Á ˜ Á ˜
Ô Ô Ô
Ó Ó
Ë ¯ Ë ¯
Ó
0,25
Đặt:

1
,
x
u x v
y y
= + =
, hệ phương trình trở thành:
2
3
2 4
2 . 4
u u v
u u v
Ï
+ - =
Ô
Ì
- =
Ô
Ó
0,25
2 2
2
3 2
4 4 4 0
2
2
4
1
( 4) 4

2
u u u u
u
v
u u
v
v
u u u u
Ï Ï
+ - - + =
Ï
Ô Ô
€ € €
Ì Ì Ì
+ -
Ó
Ô Ô
- + - =
Ó Ó
0,25
Từ đó:
1
2
1
1
x
y
x y
x
y

Ï
+ =
Ô
Ô
€ = =
Ì
Ô
Ô
Ó
.
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x; y) là (1; 1)
0,25
Câu 4
(1,0 điểm)
Tính tích phân:
2
4 3 2
4
1
2
1
x x x
I dx
x
+ + +
+
Ú
2 2 2 2
4 3 2 3 2
4 4 4

1 1 1 1
2 1
1 1 1
x x x x x
I dx dx dx dx
x x x
+ + + +
= = + +
+ + +
Ú Ú Ú Ú
0,25
WWW.VNMATH.COM
2
2
1
1
1
1I dx x= = =
Ú
;
2
2 2
3 4
4
2
4 4
1
1 1
1 ( 1) 1 1 17
ln( 1) ln

1 4 1 4 4 2
x d x
I dx x
x x
+
= = = + =
+ +
Ú Ú
0,25
2 2 2
2
2 2
2
2
4
2
1 1 1
2
1 1
1 1
1
1
1
1
2
x
x x
I dx dx dx
x
x

x
x
x
+ +
+
= = =
+
Ê ˆ
+
- +
Á ˜
Ë ¯
Ú Ú Ú
0,25
Đặt
2
2 2
1 1 1
2 tan 1 2 2(1 tan )
2 2 cos
x t t dx dt t dt
x x t
p
p
Ê ˆ Ê ˆ
- = - < <  + = = +
Á ˜ Á ˜
Ë ¯ Ë ¯
Đổi cận:
3 2

1 0; 2 tan
4
x t x t arc=  = =  =
3 2
tan
3 2 3 2
4
tan tan
2
4 4
2
2
0 0
0
2(1 tan ) 2 2 2 3 2
tan
2(1 tan ) 2 2 2 4
arc
arc arc
t dt dt
I t arc
t
+
 = = = =
+
Ú Ú
(+)
Vậy:
1 17 2 3 2
1 ln tan

4 2 2 4
I arc= + +
0,25
Câu 5
(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt
phẳng (ABCD) và góc giữa SC với mặt phẳng (SAB) bằng 30
0
. Gọi M là điểm di động
trên cạnh CD và H là hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng BM. Xác định vị trí
M trên CD sao cho thể tích khối chóp S.ABH đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn nhất đó
và tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM).
Theo giả thiết ta có:
+
( )
CB AB
CB SAB
CB SA
^
¸
 ^ 
˝
^
˛
0
30CSB
là góc giữa SC và mặt phẳng (SAB)
Từ đó:
0 2 2
.cot30 3 2SB BC a SA SB AB a= =  = - =

+
( )
BH SA
BH SAH BH AH
BH SH
^
¸
 ^  ^
˝
^
˛
+ Thể tích khối chóp S.ABH được tính bởi:
1 1 1 2
. . . . 2 .
3 3 2 6
ABH
a
V S SA HA HB a HA HB= = =
0,25
Có:
2 2 2 2
AH BH AB a+ = =
và theo bđt Cauchy:
2
2 2 2
2 . .
2
a
a AH BH AH BH AH BH= + ≥  £
Từ đó:

2 3
2 2 2
. .
6 6 2 12
a a a a
V HA HB= £ =
.
Đẳng thức chỉ xảy ra khi
0
45HA HB ABM M D= € = € ∫
0,25
C
A
D
B
S
M
H
H
C
A
D
B
S
K
WWW.VNMATH.COM
Vậy
3
max
2

12
a
V
(đvtt) đạt được khi
M
D∫
Với
M D∫
thì H là tâm của đáy ABCD. Khi đó do AC cắt mp(SBD) tại H là
trung điểm của AC nên:
[ ,( )] [ ,( )]d C SBD d A SBD
Kẻ AK ^ SH tại K (1)
Ta có:
( ) (2)
BD AH
BD SAH BD AK
BD SA
^
Ï
 ^  ^
Ì
^
Ó
(1) và (2) chứng tỏ AK ^ (SBD). Vậy
[ ,( )] [ ,( )]d C SBD d A SBD AK= =
0,25
AK được tính bởi:
2 2 2
2
2

2.
. . 10
2
5
2
2
4
a
a
SA AH SA AH a
AK
SH
SA AH a
a
= = = =
+
+
0,25
Câu 6
(1,0 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
(
)
( )
( )
2 2 2
2 2 2
abc a b c a b c
T
a b c ab bc ca

+ + + + +
+ + + +
Với các số thực a, b, c dương, ta luôn có bđt đúng:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 0 3( ) ( )a b b c c a a b c ab bc ca a b c a b c- + - + - ≥ € + + ≥ + + € + + ≥ + +
2 2 2
3( )a b c a b c + + £ + +
(1)
0,25
Do (1) nên:
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 3
( )
1 3
(2)
abc a b c a b c
abc a b c
T

x y z ab bc ca
a b z xy yz zx
abc
ab bc ca a b c
+ + + + +
+ + +
= £ =
+ + + +
+ + + +
+
+ + + +
0,25
Mặt khác theo bđt Cauchy:
2 2 23
3ab bc ca a b c+ + ≥
(3) và
2 2 2 2 2 23
3
3 3.a b c a b c abc+ + ≥ =
(4)
Từ (3) và (4) được:
2 2 2
1 1
3 3.
( )
abc
ab bc ca a b c
£
+ + + +
(5)

0,25
Do (5) nên (2) suy ra:
( )
1 3
3 3
9
3 3
abc
T
abc
+
+
£ =
.
Đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b = c. Vậy
max
3 3
9
T
+
đạt được khi a = b = c
0,25
Câu 7a
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm
(4; 7)A -
và đường thẳng
: 2 4 0x yD - + =
. Tìm điểm B trên sao cho có đúng ba đường thẳng
( )

i
d
(
{1; 2; 3}i Œ
)
thỏa mãn khoảng cách A đến
( )
i
d
bằng 4 và khoảng cách từ B đến
( )
i
d
bằng 6.
Từ giả thiết ta suy ra các đường thẳng
( )
i
d
(
{1; 2; 3}i Œ
) chính là các tiếp tuyến
chung của hai đường tròn : đường tròn tâm A(4 ; -7), bán kính
1
4R
và đường
tròn tâm B, bán kính
1
6R
.
0,25

Từ đó yêu cầu của bài toán tương đương hai đường tròn (A, R
1
) và (B, R
2
) phải
tiếp xúc ngoài với nhau hay
1 2
AB R R= +
(1)
0,25
Ta có
(2 4; )B B b bŒD  -
.Suy ra
0,25
WWW.VNMATH.COM
2 2 2
1
(2 8) ( 7) 10 5 18 13 0
13
5
b
b b b b
b
È
Í
€ - + + = € - + = €
Í
Î
Vậy
( 2;1)B -

hoặc
6 13
;
5 5
B
Ê ˆ
Á ˜
Ë ¯
0,25
Câu 8.a
(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình vuông ABCD có A(1; 1; 2) và các điểm
B, D nằm trên đường thẳng (d):
1 1 1
4 1 1
x y z+ - +
= =
-
. Tìm tọa độ các điểm B, C, D.
Do ABCD là hình vuông nên C là điểm đối xứng với A qua giao điểm H của (d)
với mp(P) đi qua A, vuông góc với (d).
Ta có phương trình (P): 4x
- y + z -3 = 0
Tọa độ H là nghiệm của hệ:
1 1 1
4 1
4 0
1
3
y z

x z
x
y-
+ - +
Ï
= =
+ - =
Ô
-
Ì
Ô
Ó
.
0,25
Giải hệ được
1 1
1; ;
2
2
x y z= = = -
Vậy
1 1
1; ;
2 2
H
Ê ˆ
-
Á ˜
Ë ¯
. Từ đó

(1; 2; 1)C
0,25
( ) ( 1 4 ;1 ; 1 )B d B t t tŒ  - +
- - +
;
2 2
2 2AC AB AC AB= € =
2 2 2
18 2 (4 2) (2 ) ( 1)t t t
È ˘
€ = - + - + +
Î ˚
2
0
0
1
t
t t
t
È
€ - = €
Í
Î
0,25
+ Với t = 0 ta được
( 1;1; 1) (3;0;0)B D- - 
+ Với t = 1 ta được
(3;0;0) ( 1;1; 1)B D -
-
0,25

Câu 9.a
(1,0 điểm)
Có 40 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 40. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm. Tính xác suất để có 5
tấm thẻ mang số lẻ, năm tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang
số chia hết cho 6.
Chọn ngẫu nhiên 10 tấm thẻ trong 40 tấm thẻ thì không gian mẫu là
10
40
C
0,25
Từ 1 đến 40 có tất cả 20 số chẵn và 20 số lẻ. Số cách chọn 5 tấp thẻ mang số lẻ là
5
20
C
0,25
Trong 20 số chẵn thì có đúng 6 số chia hết hết cho 6 nên số cách chọn 5 tấm thẻ
mang số chẵn trong đó có đúng một tấm mang số chẵn là
4 1
14 6
.C C
0,25
Vậy xác suất cần tìm là:
5 4 1
20 14 6
10
40
. .
126
1147
C C C

C
0,25
Câu 7.b
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có A(4; 0), phương trình
đường trung tuyến kẻ từ B:
7 4 5 0x y+ - =
và phương trình đường trung trực cạnh BC:
2 8 5 0x y+ - =
. Tìm tọa độ các điểm B, C, D.
Từ giả thiết ta có: Phương trình BD:
7 4 5 0x y+ - =
AD đi qua A(4; 0) và vuông góc với (d):
2 8 5 0x y+ - =
 phương trình AD:
4 16 0x y- -
=
Tọa độ D định bởi:
7 4 5 0 3
(3; 4)
4 16 0 4
x y x
D
x y y
+ - = =
Ï Ï
€  -
Ì Ì
- - = = -
Ó Ó

0,25
Gọi
0 0
( ; )I x y
là tâm của hình bình hành ABCD
0 0
(2 4;2 )C x y -
và
0 0
(2 3; 2 4)B x y- +
 tọa độ trung điểm của BC là
0
0
4 7
; 2 2
2
x
J y
-
Ê ˆ
+
Á ˜
Ë ¯
0,25
( ) :2 8 5 0J d x yΠ+
- =
và
: 7 4 5 0I BD x yΠ+
- =
nên:

0,25
WWW.VNMATH.COM
0 0
0 0
4 7 8(2 2) 5 0
7 4 5 0
x y
x y
- + + - =
Ï
Ì
+ - =
Ó
0
0 0
0 0
0
1
4 1 0
( 2; 1), ( 1; 3)
1
7 4 5 0
2
hay
x
x y
C B
x y
y
Ï

+ + =
Ï
Ô
  - - -
Ì Ì
+ - =
= -
Ó
Ô
Ó
0,25
Câu 8.b
(1
,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai
điểm
(0; 2; 1),A - (10; 6; 2)B
và cách điểm
( 1; 3; 2)C -
-
một khoảng bằng
29
.
Giả sử (P) có vtpt
2 2 2
= + + π
(P) đi qua
(0; 2; 1),A - (10; 6; 2)B
nên:
 pt (P):

(10 8 ) 10 10 0ax by a b z a b+ - + + + =
0,25
Theo giả thiết
2 2 2
| 3 2(10 8 ) 10 10 |
([ ;( )] 29 29
(10 8 )
a b a b a b
d C P
a b a b
- + + + + +
= € =
+ + +
2 2 2 2 2
| 29 29 | 29. 101 160 65 29( ) 101 160 65a b a ab b a b a ab b€ + = + + € + = + +
2 2
3 2 0
12 17 6 0 (3 2 )(4 3 ) 0
4 3 0
a b
a ab b a b a b
a b
+ =
È
€ + + = € + + = €
Í
+ =
Î
0,25
Với

3 2 0a b+ =
ta chọn
2
3
a
b
Ï
Ì
= -
Ó
 pt(P): 2x - 3y + 4z - 10 = 0
0,25
Với
4 3 0a b+ =
ta chọn
3
4
a
b
Ï
Ì
= -
Ó
 pt(P): 3x - 4y + 2z - 10 = 0
0,25
Câu 9.b
(1,0 điểm)
Giải bất phương trình :
2
3

3
1 1
log ( 1)
log 2 3 1
x
x x
<
+
- +
ĐK:
2
2
2 3 1 0
2 3 1 0
1 0
1 1
x x
x x
x
x
Ï
- + >
Ô
- + π
Ô
Ì
+ >
Ô
Ô
+ π

Ó
hay
{ }
1 3
1; \ 0 (1; ) \
2 2
x
Ê ˆ Ï ¸
Œ - » + •
Ì ˝
Á ˜
Ë ¯ Ó ˛
Với điều kiện trên và để ý rằng
2 2
0
2 3 1 1 2 3 0
3
2
x
x x x x
x
<
È
Í
- + > € - > €
Í
>
Î
,
1 1 0x x+ > € >

. Từ đó ta có thể chia bài toán thành 3 trường hợp sau:
TH
1
: Với
1 0x- < <
, thì
3
0 1 1 log ( 1) 0x x< + <  + <
và
2
2 3 1 1x x- + >
2
3
log 2 3 1 0x x€ - + >
 bất phương trình đã cho vô nghiệm.
0,25
TH
2
: Với
1 3
0 1
2 2
x x< < ⁄ < <
. thì:
3
1 1 log ( 1) 0x x+ >  + >
và
2 2
3
0 2 3 1 1 log 2 3 1 0x x x x< - + < € - + <

 bất
phương trình đã cho trở thành một bất đẳng thức đúng.
0,25
TH
3
: Với
3
2
x >
, thì
3
1 1 log ( 1) 0x x+ >  + >
và
2 2
3
2 3 1 1 log 2 3 1 0x x x x- + > € - + >
.
Từ đó với
3
2
x >
, bất phương trình đã cho tương đương:
0,25
WWW.VNMATH.COM
2
2
3 3
log ( 1) log 2 3 1
2 3 1 1
3

3
2
2
x x x
x x x
x
x
Ï
Ï
+ < - +
- + > +
Ô Ô
€
Ì Ì
>
>
Ô Ô
Ó
Ó
2 2 2
2 3 1 ( 1) 5 0
5
3 3
2 2
x x x x x
x
x x
Ï Ï
- + > + - >
Ô Ô

€ € € >
Ì Ì
> >
Ô Ô
Ó Ó
Kết hợp cả 3 trường hợp bất phương trình đã cho có tập nghiệm:
1 3
0; 1; (5; )
2 2
S
Ê ˆ Ê ˆ
= » » + •
Á ˜ Á ˜
Ë ¯ Ë ¯
0,25
Ghi chú: Câu 1.2 và câu 2 còn có cách giải sau:
Câu 1.2:
( ) : 3 7 0 ( 3 7; )M d x y M m mŒ + + =  - -
.
Từ câu 1) không mất tổng quát ta chọn A(0; 5) và B(1; 4). Khi đó ta có:
= + - = + - = + -
. (+)
Từ đó:
+
2 2
= + - - = + +
+
2
= + + + - - = + +
+

2
= + + - - = + +
(+)
2
2
19 727 727
114 181 30
10 10 10
mm m
Ê ˆ
+ = + + ≥
Á ˜
Ë ¯
 = + + = +
(+)
min
727
10
T =
đạt được khi
19
10
m = -
hay
13 19
,
10 10
M
Ê ˆ
- -

Á ˜
Ë ¯
(+)
Câu 2: Phương trình đã cho tương đương:
3 3
(sin 1) sin 1 cos cosx x x x+ + + = +
(1)
Nếu đặt
3
( )f t t t= +
thì phương trình có dạng:
(sin 1) (cos )f x f x
+ =
(2) (+)
Xét hàm số:
3
( )f t t t= +
ta có
2
'( ) 3 1 0,f t t x= + > " Œ

hàm số đồng biến trên (+)
Từ đó:
2
2
4 2
2
2
pt
x k

x x x x x k
x k
È
Ê ˆ
Í
€ + = € - = € + = € Œ
Á ˜
Í
= - +
Ë ¯
Î
Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm:
2
x k x k k= = - + Œ
(++)
WWW.VNMATH.COM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối B
Th
ời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
ĐỀ THI THỬ
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
6 9 1 (1)y x x x= - + -
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).
b) Định m để phương trình sau có 6 nghiệm thực phân biệt

3
3 7 2 0x m x+ - - + =
, với m là tham số thực.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:
sin4 2cos2 4(sin cos ) 1 cos4x x x x x+ + + = +
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3
2
(3 55) 64
( 3 3) 12 51
x y
x y
xy y y x
Ï
+ =
Ô
Œ
Ì
+ + = +
Ô
Ó
.
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
0
cos2
sin cos 3
x
I dx
x x+ +

Ú
.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
,AB AC a=
=
0
90 ,SBA SCA= =
góc giữa cạnh bên SA với mặt phẳng đáy bằng 60
0
. Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng BC, SA.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho phương trình
(
)
2 2 2
5 8 ( 4) 2 8 ( 4) 2x x x m x x- + + + + = + +
, với m là tham số
thực. Tìm các giá trị m để phương trình trên có đúng ba nghiệm thực.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0
điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
(1; 1)H
là chân đường cao
kẻ từ đỉnh A,
(3; 0)M
là trung điểm của cạnh BC và
BAH HAM MAC= =
. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với

(1;3;2),A
(2;0; 4),B -
(0;1;1)C
. Viết phương trình trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z biết rằng
3 3 4 2z i- + =
và
1
1
z
z i
+
+
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại
( 1; 1)A -
và có tâm
đường tròn nội tiếp là
(1; 5),I
đường thẳng vuông góc với IA tại A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
AIC tại điểm thứ hai
( 7; 4).D -
Tìm tọa độ điểm B.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm
( 1;2; 3)A - -
, song song với đường thẳng
1
1 2 3
( ) :

1 1 1
x y z
d
+ - -
= =
-
và tạo với đường thẳng
2
3 4
( ) :
1 2 1
x y z
d
- +
= =
một góc sao cho
3
sin
6
j
.
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình:
2 2
5 5
log ( 2 2) 1 log 3x x x x x+ + + + = +
.

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:……………………

WWW.VNMATH.COM
ĐÁP ÁN KHỐI B
Câu Đáp án Điểm
Câu 1
(2,0
điểm)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
3 2
6 9 1y x x x= - + -
Tập xác định: D =
Chiều biến thiên:
2 2
1
' 3 12 9, ' 0 3 12 9 0 , (1) 3, (3) 1
3
x
y x x y x x y y
x
È
= - + = € - + = € = = -
Í
Î
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-•; 1) và (3; +•), nghịch biến trên khoảng (1; 3)
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 và y
CT
= y(3) = -1;
Hàm số đạt cực đại tại x = 1 và y
CĐ
= y(1) = 3.

Giới hạn:
x x
lim , lim
Æ-• Æ+•
= +• = -•
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
'' 6 12, '' 0 6 12 0 2, (2) 1y x y x x y= - = € - = € = =
 điểm uốn I(2; 1)
Đồ thị: đi qua các điểm (0; -1), (4; 3)
và nhận điểm uốn I(2; 1) là tâm đối xứng.
0,25
b) Định m để phương trình sau có 6 nghiệm thực phân biệt
3
3 7 2 0x m x+ - - + =
, với m là tham số thực
Ta có
3 2
3 3
3 7 2 0 3 7 2 | | 3 9 | | 1x m x x m x x x x m+ - - + = € + - = - € - + - =
(*)
Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị (C’) của hàm số:
3
2
6 9 1y x x x= - + -
và đường thẳng d:
y m
(d cùng phương với trục hoành)
0,25

Xét hàm số:
3
2
6 9 1y x x x= - + -
, ta có:
+ Hàm
số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng,
đồng thời
0x
" >
thì
3
2 3 2
6 9 1 6 9 1y x x x x x x= - + - = - + -
0,25
Từ đó (C’) được suy từ (C) như ở hình bên:
0,25
Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m thỏa yêu cầu bài toán là:
1 3m- < <
0,25
+
-•
1
y’(x)
y(x)
-•
+•
3
0
0

+
-
3
-1
+•
x
x
y
O
1
4
3
2
1
∑
∑
∑
∑
∑
-1
3
x
y
1
-1
-1
-2
3
3
4

-4
O
WWW.VNMATH.COM
Câu 2
(1,0 điểm)
Giải phương trình:
sin 4 2cos 2 4(sin cos ) 1 cos4x x x x x+ + + = +
.
Phương trình đã cho tương đương:
2
2cos2 (1 sin 2 ) 4(sin cos ) 2cos 2x x x x x+ + + =
cos2 (1 sin 2 cos2 ) 2(sin cos ) 0x x x x x€ + - + + =
2
cos 2 (sin 2 2sin ) 2(sin cos ) 0x x x x x€ + + + =
0,25
sin .cos2 (sin cos ) (sin cos ) 0x x x x x x€ + + + =
sin cos 0
(sin cos )(sin .cos 2 1) 0
sin .cos 2 1 0
x x
x x x x
x x
+ =
È
€ + + = €
Í
+ =
Î
0,25
4

x x x x k k+ = € = - € = - + Œ
0,25
3 2
2sin sin 1 0 (1 sin )(2sin 2sin 1) 0x x x x x- + + = € - + + =
2
sin 1
2sin 2sin 1 0 ( )VN
x
x x
È
€
Í
+ + =
Î
2
2
x k€ = +
Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm
4 2
x k x k k
p
p
p
p
= - + = + Œ
0,25
Câu 3
(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
3

2
(3 55) 64
( 3 3) 12 51
x y
x y
xy y y x
Ï
+ =
Ô
Œ
Ì
+ + = +
Ô
Ó
.
Từ hệ pt đã cho ta có
ĐK
:
0x π
. Khi đó hệ tương đương:
3
3
4
3( 1) 52
4
( 1) 3. 52
y
x
y
x

Ï
Ê ˆ
+ + =
Ô
Á ˜
Ô
Ë ¯
Ì
Ô
+ = +
Ô
Ó
. Đặt
4
1,u y v
x
= + =
. Hệ pt trở thành
3
3
3 52 (1)
3 52 (2)
v u
u v
Ï
= +
Ô
Ì
= +
Ô

Ó
0,25
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế được:
3 3 2 2
3( ) ( )( 3) 0 (3)v u u v v u v uv u- = - € - + + + =
0,25
Do
2
2 2 2
1 3
3 3 0, ,
2 4
v uv u v u u u v
Ê ˆ
+ + + = + + + > "
Á ˜
Ë ¯
nên
(3) v u€ =
0,25
Thay
v
=
u
vào (2) được:
3 2
2
4
3 52 0 ( 4)( 4 13) 0
4 13 0 ( )VN

u
u u u u u
u u
È
- - = € - + + = €
Í
+ + =
Î
Vậy u = v = 4. Từ đó suy ra hệ có 1 nghiệm duy nhất (
x
;
y
) là: (1; 3)
0,25
Câu 4
(1,0 điểm)
Tính tích phân
0
cos 2
sin cos 3
x
I dx
x x+ +
Ú
.
0 0
cos 2 (cos sin )(cos sin )
sin cos 3 sin cos 3
x x x x x
I dx dx

x x x x
p
p
+ -
= =
+ + + +
Ú Ú
0,25
Đặt
cos sin (cos sin ) ; 0 1, 1t x x dt x x dx x t x t
p
= +  = - =  = =  = -
0,25
Từ đó
1 1
1 1
3
1
3 3
t
I dt dt
t t
- -
Ê ˆ
= = -
Á ˜
+ +
Ë ¯
Ú Ú
0,25

1
1
( 3ln | 3| 3ln 2 2I t t
-
= - + = -
0,25
Câu 5
(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
,AB AC a=
=
,
0
90SBA SCA= =
góc giữa cạnh bên SA với mặt phẳng đáy bằng 60
0
. Tính theo a thể tích
khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA.
WWW.VNMATH.COM
Dựng
SH
⊥ (
ABC
) tại
H
. Khi đó ta có:
Góc giữa
SA
với (
ABC

) là
0
60SAH
( )
AB SB
AB SBH AB HB
AB SH
^
¸
 ^  ^
˝
^
˛
Tương tự
( )AC SCH AC HC^  ^
Suy ra tứ giác
ABHC
là một hình vuông
cạnh a
0,25
Từ đó
0
.tan 60 2. 3 6SH HA a a= = =
và thể tích khối chóp
S.ABC
được tính
bởi:
3
2
1 1 1 6

. . . 6
3 3 2 6
ABC
a
V S SH a a= = =
(đvtt)
0,25
+ Gọi O là tâm đáy
ABCD
. Dựng
OI
^
SA
tại
I
(1). Ta có:
( )
BC HA
BC SAH BC OI
BC SH
^
¸
 ^  ^
˝
^
˛
tại O (2)
(1) và (2) 
OI
là đoạn vuông góc chung của

BC
và
SA
và được tính bởi:
0,25
0
2 3 6
.sin 60 .
2 2 4
a a
OI OA= = =
. Vậy
6
( , )
4
a
d BC SA OI= =
0,25
Câu 6
(1,0 điểm)
Cho phương trình
(
)
2 2 2
5 8 ( 4) 2 8 ( 4) 2x x x m x x- + + + + = + +
với m là tham số thực.
Tìm các giá trị m để phương trình trên có đúng ba nghiệm thực.
Pt đã cho được viết lại về dạng:
2 2 2 2
( 4) 2 ( 4) ( 4) 2 4( 2)m x x x x x x+ + = + + + + + +

(1)
Do x = - 4 không phải là nghiệm (1) dù m lấy bất cứ giá trị nào nên:
pt (1) €
2
2
4 4 2
1
4
2
x x
m
x
x
+ +
= + +
+
+
(2)
Đặt
2
4
2
x
t
x
+
+
, pt (2) trở thành:
4
1m t

t
= + +
0,25
Xét hàm
2
4
( )
2
x
f x
x
+
+
. TXĐ: ,
2 2
2 4 1
'( ) ; '( ) 0
2
( 2) 2
x
f x f x x
x x
-
= = € =
+ +
1
3; lim ( ) 1 ; lim ( ) 1
2
x x
f f x f x

Æ-• Æ+•
Ê ˆ
= = - =
Á ˜
Ë ¯
Bảng biến thiên:
0,25
Từ bảng biến thiên ta có kết quả:
+ Khi x biến thiên trên thì -1 < t £ 3
+ Với 1 < t < 3 thì pt
2
4
2
x
t
x
+
+
có đúng 2 nghiệm thực.
+ Với
t = 3 hoặc
1 1t- < £
thì pt
2
4
2
x
t
x
+

+
có đúng 1 nghiệm thực.
0,25
x
f
’(x)
t = f(x)
-•
+•
1
2
0
-
+
-1
3
1
O
A
H
B
C
S
I
WWW.VNMATH.COM
Từ đó yêu cầu của bài toán tương đương phương trình
4
1m t
t
= + +

có 2 nghiệm t
1
, t
2
thỏa mãn
{ }
1 2
( 1;1] {3}\ 0 ; (1;3)t tŒ - » Œ
(*)
Xét hàm
4
( ) 1g t t
t
= + +
với -1 < t £ 3 ;
2
2
4
'( ) ; '( ) 0 2
t
g t g t t
t
-
= =  =
16
( 1) 4; (1) 6; (2) 5; (3)
3
g g g g- = - = = =
,
0 0

lim ( ) ; lim ( )
x x
f x f x
- +
Æ Æ
= -• = +•
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của
m thỏa yêu cầu (*) là:
16
3
m
0,25
Câu 7a
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
(1; 1)H
là chân đường cao kẻ từ
đỉnh A,
(3; 0)M
là trung điểm của cạnh BC và
BAH HAM MAC= =
. Tìm tọa độ các điểm
A, B, C.
Chứng minh tam giác ABC vuông tại A.
Từ giả thiết ta DABM cân tại A. Suy ra H là trung
điểm BM. Kẻ MK ^ AC tại K. Do AM là tia phân giác
góc
HAC
nên:

1 1
sin
2 2
MK
MK MH MC C
MC
= =  = =
0 0
30 , 60C B = =
và
0
90A
0,25
Từ đó
(2 ;2 )
H M H M
B x x y y- -
hay B(-1;2)
(2 ;2 )
M B M B
C x x y y- -
hay C(7;-2).
0,25
AH là đường thẳng đi qua điểm H và vuông góc với MH nên có phương trình là
2x – y – 1 = 0
Vì A thuộc AH nên A(t; 2t–1).
0,25
Ta có
3
. 15

2
AH BM= =
€
2 2
(1 ) (2 2 ) 15t t- + - =
€
1 3t = ±
Do đó
( )
1 3;1 2 3A + +
hoặc
( )
1 3;1 2 3A - -
0,25
Câu 8.a
(1,0 điểm)
Trong không gian tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với
(1;3;2), (2;0; 4), (0;1;1)A B C-
.Viết
phương trình trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có:
= - - = - - - 
vtpt của mp(
ABC
) là:
= -
Î ˚
( ) : 9 7 5 2 0pt mp ABC x y z - +
+ =
0,25

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp DABC. Khi đó:
2 2
2 2
( )
AI BI
AI CI
I ABC
Ï
Ô
Ì
Ô
Œ
Ó
hay
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( 1) ( 3) ( 2) ( 2) ( 4)
( 1) ( 3) ( 2) ( 1) ( 1)
9 7 5 2 0
a b c a b c
a b c a b c
x y z
Ï
- + - + - = - + + +
Ô
- + - + - = + - + -
Ì
Ô
- + + =
Ó

0,25
2 6 12 6
75 76 41 75 76 41
2 4 2 12 ; ; ; ;
31 31 31 31 31 31
9 7 5 2
a b c
a b c a b c I
a b c
- - =
Ï
Ô
Ê ˆ
€ + + = € = = = -  -
Ì
Á ˜
Ë ¯
Ô
- + = -
Ó
0,25
t
g’(t)
m = g(t)
-1
0
-
-
-4
3

1
0
2
-•
+•
5
6
16
3
K
H M
B
A
C
WWW.VNMATH.COM
Vậy phương trình trục của đường tròn ngoại tiếp D
ABC
có dạng:
75 76 41
31 31 31
9 7 5
x y z- - +
= =
-
0,25
Câu 9.a
(1,0 điểm)
Tìm số phức z biết rằng
| 3 3 | 4 2z i- + =
và

1
1
z
z i
+
+
.
Giả sử
z x yi x y= + Œ
, ĐK:
x yi i- π -
Theo giả thiết:
2 2
| 3 3 | 4 2 ( 3) ( 3) 32z i x y- + = € - + + =
0,25
2 2 2 2
| 1| | | ( 1) (1 )z z i x y x y y x+ = + € + + = + - € = -
0,25
Ta có hệ:
2 2
( 3) ( 3) 32x y
y x
Ï
- + + =
Ì
= -
Ó
0,25
2
7; 7

( 3) 16
1; 1
x y
x
x y
y x
= = -
Ï
- =
È
€ €
Ì
Í
= - =
= -
Î
Ó
(thỏa ĐK)
Vậy số phức cần tìm là:
7 7 ; 1z i z i= - = - +
0,25
Câu 7.b
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại
( 1; 1)A -
và có tâm đường
tròn n
ội tiếp là
(1; 5),I
đường thẳng vuông góc với IA tại A cắt đường tròn ngoại tiếp tam

giác AIC tại điểm thứ hai
( 7; 4).D -
Tìm tọa độ điểm B.
Chứng minh B, I, D thẳng hàng.
Suy ra phương trình BD là x – 8y + 39 = 0
Gọi AB là đường thẳng qua A( 1; 1), vectơ pháp
tuyến
= π
nên có phương trình
( 1) ( 1) 0a x b y+ +
- =
Đường thẳng AI có phương trình 2x – y + 3 = 0
0,25
Ta có
0
45BAI
nên góc tạo bởi hai đường thẳng AB và AI bằng 45
0
.
Do đó
2 2
2
1
2
5( )
a b
a b
-
+
€ (a – 3b)(3a + b) = 0

0,25
TH1: a – 3b = 0, chọn a = 3, b = 1. Suy ra AB: 3x + y + 2 = 0 (nhận vì khi đó I và
D khác phía đối với AB là vô lý).
TH2: 3a + b = 0, chọn a = 1, b = –3. Suy ra AB: x – 3y + 4 = 0 (nhận vì I và D
cùng phía đối với AB ).
0,25
Tọa độ điểm B là nghiệm hệ
8 39 0
3 4 0
x y
x y
- + =
Ï
Ì
- + =
Ó

( )
17;7B
.
0,25
Câu 8.b
(1,0 điểm)
Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm
( 1; 2; 3)A - -
,
song song với đường thẳng
1
1 2 3
:

1 1 1
x y z
d
+ - -
= =
-
và tạo với đường thẳng
2
3 4
:
1 2 1
x y z
d
- +
= =
một góc sao cho
3
sin
6
j
Ta có vtcp của d
1
là
= -
và vtcp của d
2
là .
Giả sử (P) có vtpt
2 2 2
= + + π

(P) // d
1
nên
hay
2 2
0,25
d
2
tạo với (P) một góc nên:
2 2
2 2 2
| 2 | 3
6
6. ( )
b c b c
b c b c
+ + +
+ + +
0,25
D
I
B
C
A
WWW.VNMATH.COM
2 2 2 2 2
(3 2 ) 8 11 3 0 ( )(8 3 ) 0
0
8 3 0
b c b bc c b bc c b c b c

b c
b c
€ + = + + € + + = € + + =
+ =
È
€
Í
+ =
Î
0,25
+ Với b + c = 0 ta chọn: b = 1 và c = -1
 =
-
.
+ Với 8b + 3c = 0 ta chọn: b = 3 và c = -8
 = -
-
.
Kết hợp với giả thiết mp(
P
) đi qua
( 1;2; 3)A - -
ta suy ra phương trình của
(
P
):
5 0y z- - =
hoặc
5 3 8 35 0x y z- + + =
Cả 2 mp trên đều thỏa (P) // d

1
nên là đáp số của bài toán.
0,25
Câu 9.b
(1,0 điểm)
Giải phương trình:
2 2
5 5
log ( 2 2) 1 log 3x x x x x+ + + + = +
ĐK:
x
> 0.
Phương trình đã cho tương đương:
2 2
5 5
log ( 2 2) 2 2 log 5 5x x x x x x+ + + + + = +
(1)
0,25
Nếu đặt
5
( ) logf t t t= +
thì (1) có dạng
2
( 2 2) (5 )f x x f x+ + =
(2)
0,25
Xét hàm số:
5
( ) logf t t t= +
, TXĐ

(0; )D = +•
1
'( ) 1 0,
ln 5
f t t D
t
= + > " Œ
. Chứng tỏ f(t) là hàm đồng biến trên D
0,25
Do
2
0, 2 2 0x x x> + + >
nên
2 2
1
(2) 2 2 5 3 2 0
2
x
x x x x x
x
È
€ + + = € - + = €
Í
Î
Vậy phương trình có hai nghiệm x =1, x = 2.
0,25
Ghi chú: Cách chứng minh B, I, D thẳng hàng.
+ Gọi I
1
là giao điểm của BI với đường tròn (J) ngoại tiếp DABC. Khi

đó ta có
1 1
I A I C
(do
1 1
ABI I BC
) (1)
+ Mặt khác:
1 1 1 1
I IA IBA IAB I CA IAC I AC IAC IAI= + = + = + =
1
IAI D
cân tại I
1
1 1
I A I C =
(2)
(1) và (2) suy ra I
1
là tâm đường tròn ngoại tiếp DIAC.
Do
0
90IAD
nên ID là đường kính của đường tròn (I
1
)
1
I ID Œ
Từ đó suy ra đường thẳng I
1

I cùng đi qua B, D nên B, I, D thẳng hàng.
J
D
I
1
I
B
C
A
WWW.VNMATH.COM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối D
Th
ời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
ĐỀ THI THỬ
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2 2 2
3 2 (1)y x x m x m= - + + -
, với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
b) Định m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt sao cho tổng các hệ số góc của
các tiếp tuyến với đồ thị tại 3 điểm đó là lớn nhất.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:
cos3 2sin2 cos sin 1 0x x x x- - - - =
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3

3
(2 3 ) 1
( 2) 3
x y
x y
x y
Ï
+ =
Ô
Œ
Ì
- =
Ô
Ó
.
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
2
2
1
2 3
.ln
2 1
e
x x
I xdx
x x
+ +
+ +
Ú
.

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có
, 2SA SB SC CA CB a AB a= = = = = =
. Tính thể tích của
khối chóp S.ABC theo a và cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAC), (SBC).
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn
2 2
1x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
4 2
2
( 1)
2 2 1
y xy
P
y xy
+ +
+ +
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0
điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
(3; 2)M
là trung điểm của
c
ạnh AC, phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là
8 13 0x y- -
=
và

3 4 6 0x y- + =
. Tìm tọa độ các điểm A, B và C.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho khối chóp S.ABC có
( 1;0;1),A -
( 1;3;2),B -
(1;3;1)C
và thể tích bằng 3. Tìm tọa độ điểm S biết rằng S thuộc đường thẳng
1 1
( ) :
2 1 1
x y z
d
+ -
= =
-
.
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x
5
trong khai triển nhị thức Newton của
3
2
( 0)
n
x x
x
Ê ˆ
- π
Á ˜
Ë ¯
, biết rằng n

là số nguyên dương thỏa mãn
3 2 3
1
4 2
n n n
C C A
+
+ =
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
3
;7
8
M
Ê ˆ
Á ˜
Ë ¯
. Viết phương trình đường
thẳng (d) đi qua M và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 12 (O là
gốc tọa độ).
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( ): 4 0P x y z- - - =
và hai
điểm
(2;3; 4),A -
(5;3; 1)B -
. Tìm tọa độ điểm C trên (P) sao cho tam giác ABC vuông cân tại C.
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình
2 2 2

3 3 2 2
3 3 3 27
x x x x x x- + + -
+ = +
.

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:……………………
WWW.VNMATH.COM
ĐÁP ÁN KHỐI D
Câu Đáp án Điểm
Câu 1
(2,0 điểm)
a. Khi m = 0 hàm số có dạng
3 2
3 2y x x= - +
Tập xác định:
Chiều biến thiên:
/ 2
3 6 ,y x x= -
/ 2
0
0 3 6 , (0) 2, (2) 2
2
x
y x x y y
x
È
= € - € = = -

Í
Î
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-•; 0) và (2; +•), và nghịch biến trên khoảng
(0; 2)
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và
(2) 2
CT
y y= = -
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y
CĐ
= y(0) = 2.
- Giới hạn:
lim , lim
x xÆ-• Æ+•
= -• = +•
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
// / /
6 6, 0 6 6 0 1, (1) 0y x y x x y= - = € - = € = =
 điểm uốn I(1; 0)
Đồ thị: đi qua các điểm
(1 3;0)±
và nhận điểm uốn I(1; 0) là tâm đối xứng.
0,25
b) Định m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt sao cho tổng các hệ số
góc của các tiếp tuyến với đồ thị tại 3 điểm đó là lớn nhất.
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành:
3 2 2 2 2 2

3 2 0 ( 1)( 2 2) 0x x m x m x x x m- + + - = € - - + - =
2 2
1
( ) 2 2 0 (*)
x
f x x x m
È
€
Í
= - + - =
Î
0,25
Đồ thị cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm
phân biệt khác 1
2
2
(1) 0
3 0
3 3
3 0
3 3
f
m
m
m
m
Ï
π
- π
Ï

Ô
€ € € - < <
Ì Ì
D = - >
- < <
Ô
Ó
Ó
(1)
0,25
Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (*) thì
1 2
2
1 2
2
2
x x
x x m
+ =
Ï
Ô
Ì
= -
Ô
Ó
Ta có tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến tại các điểm có hoành độ 1, x

1
, x
2
là
2 2 2
1 2 1 2 1 2
'(1) '( ) '( ) 3 3 3( ) 6( )P y y x y x m x x x x= + + = - + + - +
2 2
1 2 1 2 1 2
2 2 2
3 3 3 ( ) 2 6( )
3 3 3[4 2( 2)] 12 9 3
m x x x x x x
m m m
È ˘
= - + + - - +
Î ˚
= - + - - - = -
0,25
Suy ra
( )
9, 3; 3P m£ " Œ -
và đẳng thức chỉ xảy ra khi m = 0
0,25
x
y’(x)
y(x)
-• +•
2
0

0
+
+
-
2
-2
-•
+•
0
x
y
1
2
1 3-
1 3+
-2
2
O
∑ ∑
∑
∑
∑
∑
WWW.VNMATH.COM
Vậy
max
9P
đạt được khi m = 0.
Câu 2
(2,0 điểm)

Giải phương trình:
cos3 2sin2 cos sin 1 0x x x x- - - - =
.
Phương trình tương đương:
2sin2 .sin 2sin2 sin 1 0x x x x- - - - =
0,25
2sin 2 (sin 1) (sin 1) 0x x x€ + + + =
0,25
sin 1
(sin 1)(2sin 2 1) 0
1
sin 2
2
x
x x
x
= -
È
Í
€ + + = €
Í
= -
Î
0,25
7
2 12 12
x k x k x k k
p
p
p

p
p
p
€ = - + = - + = + Œ
0,25
Câu 3
(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
3
3
(2 3 ) 1
( 2) 3
x y
x y
x y
Ï
+ =
Ô
Œ
Ì
- =
Ô
Ó
.
Từ cách cho hệ pt ta có đk:
0x π
. Khi đó hệ tương đương:
3
3
3

3
3
1
2 3
3 2 3 2 (1)
3
3
2 (2)
2
y
y y
x
y
y
x
x
Ï
Ï
+ =
+ = -
Ô
Ô Ô
€
Ì Ì
- =
Ô Ô
- =
Ó
Ô
Ó

0,25
Đặt
3
3
2 3 2 3t y t y= +  - =
, ta được hệ pt:
3 3 3
3 3
2 3 3( )
2 3 2 3
y t y t t y
t y t y
Ï Ï
- = - = -
Ô Ô
€
Ì Ì
- = - =
Ô Ô
Ó Ó
2 2 2 2
3
3 3
0
( )( 3) 0 3 0
2 3
2 3 2 3
y t
y t y yt t y yt t
t y

t y t y
- =
Ï Ï
- + + + = + + + =
Ï
Ô Ô
€ € ⁄
Ì Ì Ì
- =
- = - =
Ô Ô
Ó
Ó Ó
0,25
TH
1
:
2 2
3
3 0
2 3
y yt t
t y
Ï
+ + + =
Ô
Ì
- =
Ô
Ó

. Do
2
2
2 2
1 3
3 3 0, ,
2 4
t
y yt t y t y t
Ê ˆ
+ + + = + + + > " Œ
Á ˜
Ë ¯
,
nên hệ phương trình vô nghiệm
0,25
TH
2
:
3 3
0
1
2
2 3 3 2 0
y t t y
y t
y t
t y y y
- = =
= = -

Ï Ï
È
€
Ì Ì
Í
= =
- = - - =
Î
Ó Ó
1
1 1; 2
2
y x y x= -  = - =  =
. Vậy hệ có 2 nghiệm (x; y) là
1
( 1; 1); ;2
2
Ê ˆ
- -
Á ˜
Ë ¯
0,25
Câu 4
(1,0 điểm)
Tính tích phân
2
2
1
2 3
.ln

2 1
e
x x
I xdx
x x
+ +
+ +
Ú
.
Ta có
2
1
2
1 ln
( 1)
e
I x dx
x
È ˘
= +
Í ˙
+
Î ˚
Ú
0,25
Đặt
1
lnu x du dx
x
= € =

;
2
2 2
1
( 1) 1
dv dx v x
x x
Ê ˆ
= +  = -
Á ˜
+ +
Ë ¯
0,25
Suy ra
1 1
1
2 2 2 2 2
ln 1 1
1 ( 1) 1 1
e
e e
I x x dx e dx
x x x e x x
È ˘
Ê ˆ Ê ˆ
= - - - = - - - +
Á ˜ Á ˜
Í ˙
+ + + +
Ë ¯ Ë ¯

Î ˚
Ú Ú
0,25
1 1
1
2 3 1 1
2ln | | 2ln 1 2ln
1 1
2
e
e e
e e
e x x x
e
e
+ +
= - - + - + = -
+ +
0,25
Câu 5
(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có
, 2SA SB SC CA CB a AB a= = = = = =
. Tính thể tích của khối
chóp S.ABC theo a và cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC).
WWW.VNMATH.COM
Từ giả thiết ta suy ra DSAB vuông tại S và
DCAB vuông tại C
Kẻ
( )SH ABC^

tại H.
Do SA = SB = SC = a nên HA = HB = HC
 H là tâm đường tròn ngoại tiếp DCAB
hay H là trung điểm của AB.
0,25
Ta có:
2
1 1 2
,
2 2 2
ABC
a
S a SH AB= = = 
thể tích của khối chóp S.ABC được tình
bởi:
3
1 2
.
3 12
ABC
a
V S SH= =
0,25
Gọi I là trung điểm của SC thì AI ⊥ SC, BI ⊥ SC và
3
2
a
AI BI= =
 góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) là góc giữa AI và BI
0,25

Ta có:
2 2 2 2 2
2
2
cos
2 . 2
IA IB AB IA AB
AIB
IA IB IA
+ - -
= =
2
2
2
3
2
1
2
3
3
2
a
a
a
-
= = -
.
Vậy
1
cos | cos |

3
AIB= =
0,25
Câu 6
(1,0 điểm)
Cho hai số thực x, y thỏa mãn
2 2
1x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
4 2
2
( 1)
2 2 1
y xy
P
y xy
+ +
+ +
Từ giả thiết
2 2
1x y+ =
, P được viết lại như sau:
4 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( 1) ( ) 2 2 2
2 2 1 2 2 3 2
y xy y x y xy x y y xy x
P
y xy y xy x y y xy x

+ + + + + + + +
= = =
+ + + + + + +
0,25
Với
0, 1x y= = ±
thì
2
3
y ; Với x π 0, đặt y = tx. Khi đó:
2
2
2 2 1
3 2 1
t t
P
t t
+ +
+ +
Xét hàm
2
2
2 2 1
( )
3 2
1
t t
f t
t
t

+ +
+ +
ta có TXĐ: ,
2
2 2
2 2
'( )
(3 2 1)
t t
f t
t t
- -
+ +
2
0
1 2
'( ) 0 2 2 0 ; (0) 1, ( 1) ; lim ( ) lim ( )
1
2 3
x x
t
f t t t f f f t f t
t
Æ-• Æ+•
È
= € - - = € = - = = =
Í
= -
Î
0,25

Bảng biến thiên:
0,25
Từ bảng biến thiên ta suy ra:
+
min
1
2
P
đạt được khi t = -1 hay
2 2
2 2
2 2
1
2 2
2 2
x x
y x
x y
y y
Ï Ï
= - =
Ô Ô
= -
Ï
Ô Ô
€ ⁄
Ì Ì Ì
+ =
Ó
Ô Ô

= = -
Ô Ô
Ó Ó
0,25
I
H
A
B
S
C
f(t)
t
f’(t)
-•
+•
0
+
-
0
-
1
0
-
2
3
2
3
1
2
1

WWW.VNMATH.COM
+
max
1P
đạt được khi t = 0 hay
2
0
1
0
1
y
x
y
x
= ±
Ï
Ï
€
Ì Ì
Ó
Ó
Câu 7.a
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
(3; 2)M
là trung điểm của cạnh
AC, phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là
8 13 0x y- -
=
và

3 4 6 0x y- + =
. Tìm tọa độ các điểm A, B và C.
Tọa độ A là nghiệm hệ
8 13 0
3 4 6 0
x y
x y
- - =
Ï
Ì
- + =
Ó
 A(2;3).
Vì M là trung điểm AC nên
(2 ;2 )
M A M A
C x x y y- -
hay C(4;1)
0,25
Đường thẳng BC đi qua C và vuông góc với đường cao kẻ từ A nên có phương trình
là x + 8y – 12 = 0.
0,25
Tọa độ trung điểm N của BC là nghiệm hệ
8 12 0
3 4 6 0
x y
x y
+ - =
Ï
Ì

- + =
Ó

3
0;
2
N
Ê ˆ
Á ˜
Ë ¯
.
0,25
Suy ra
(2 ; 2 )
N C N C
B x x y y- -
hay B(–4;2)
Vậy A(2;3), B(–4;2), C(4;1)
0,25
Câu 8.a
(1,0 điểm)
Trong không gian tọa độ Oxyz cho khối chóp S.ABC có
( 1;0;1), ( 1;3;2), (1;3;1)A B C- -
và thể
tích bằng 3. Tìm tọa độ điểm S biết rằng S thuộc đường thẳng
1 1
:
2 1 1
x y z
d

+ -
= =
-
.
1 1
: ( 1 2 ; 1 ; )
2 1 1
x y z
S d S t t t
+ -
Œ = =  - - +
-
¸
Ô
 = - - = - + -
˝
Î ˚
Ô
˛
0,25
Thể tích khối chóp S.ABC được tính bởi
6 6 3
= = + + - + = +
Î ˚
0,25
Theo giả thiết:
5
3 | 4 | 9
13
t

V t
t
È
= € + = €
Í
= -
Î
0,25
+
5 ( 11;6;5)t S= 
-
+
13 (25; 12; 13)t S= -  -
-
0,25
Câu 9.a
(1,0 điểm)
Tìm hệ số của x
5
trong khai triển nhị thức Newton của
3
2
n
x
x
Ê ˆ
-
Á ˜
Ë ¯
, biết rằng n là số nguyên

dương thỏa mãn
3 2 3
1
4 2
n n n
C C A
+
+ =
.
Giải phương trình
3 2 3
1
4 2
n n n
C C A
+
+ =
ta được n =11.
0,25
Ta có số hạng tổng quát của khai triển
11
3
2
x
x
Ê ˆ
-
Á ˜
Ë ¯
là

( )
3(11 ) 33 4
11 11
.( 2) . ( 2) . 0,11
k k k k k k k
k
T C x x C x k
- - -
= - = - =
0,25
Để có số hạng chứa x
5
ta phải có
33 4 5 7k k-
= € =
0,25
Vậy hệ số của x
5
là
7 7
11
( 2) . 42240C- = -
0,25
Câu 7.b
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
3
;7
8
M

Ê ˆ
Á ˜
Ë ¯
. Viết phương trình đường thẳng (d)
đi qua M và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 12 (O
là gốc tọa độ).
Từ giả thiết ta có A(a; 0) và B(0; b) với a, b > 0  pt của
( ) : 1
x y
d
a b
+ =
.
0,25
M thuộc (d) nên
3 7
1
8a
b
+ =
.
0,25
WWW.VNMATH.COM
Diện tích tam giác OAB là
1 1
. 12 24
2 2
OAB
S OAOB ab ab= € = € =
Ta được hệ phương trình

3 7
56 3 192
1
3, 8
8
56 .3 4032
24
a b
a b
a b
a b
ab
Ï
+ =
+ =
Ï
Ô
€ € = =
Ì Ì
Ó
Ô
Ó
hoặc
3
, 56
7
a b= =
0,25
+ Với a =3, b = 8 thì phương trình (d):
1 8 3 24 0

3 8
hay
x y
x y+ = + - =
+ Với
3
, 56
7
a b= =
thì phương trình (d):
1 hay 392 3 168 0
3
56
7
x y
x y+ = + - =
.
0,25
Câu 8.b
(1,0 điểm)
Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
( ) : 4 0P x y z- - - =
và hai điểm
(2;3; 4),A -
(5;3; 1)B -
. Tìm điểm C trên (P) sao cho ABC vuông cân tại C.
Giải:
( ) ( ; ; 4)C P C x y x yŒ  - -
Có:
= - - - = - - - -

0,25
DABC vuông cân tại C nên:
2 2
AC BC
Ï
Ô
Ì
Ô
Ó
hay
2
2 2 2 2 2 2
( 2)( 5) ( 3) ( )( 3) 0
( 2) ( 3) ( ) ( 5) ( 3) ( 3)
x x y x y x y
x y x y x y x y
Ï
- - + - + - - - =
Ô
Ì
- + - + - = - + - + - -
Ô
Ó
0,25
2 2
( 2)( 5) ( 3) ( )( 3) 0 3 23 42 0
2 5 0 2 5
x x y x y x y x x
x y y x
Ï Ï

- - + - + - - - = - + =
€ €
Ì Ì
- - = = -
Ó Ó
0,25
3; 1
13 13
;
3 3
x y
x y
= =
È
Í
€
Í
= =
Î
. Vậy
(3;1; 2)C -
hoặc
14 13 11
; ;
3 3 3
C
Ê ˆ
-
Á ˜
Ë ¯

0,25
Câu 9.b
(1,0 điểm)
Giải phương trình
2 2 2
3 3 2 2
3 3 3 27
x x x x x x- + + -
+ = +
Phương trình đã cho tương đương;
2 2 2 2 2 2
3 2 3 2 3 2 3 3 3
3 3 3 1 3 (3 1) (3 1) 0
x x x x x x x x x x x x- + - - - + - - -
+ = + € - - - =
0,5
2
2 2
2
3
3 2 3
2 3
3 1 0
(3 1)(3 1) 0
3 1 0
x x
x x x x
x x
-
- + -

+ -
È
- =
€ - - = €
Í
Í
- =
Î
0,25
2
3 2
0
3 1 3 0
3
x x
x
x x
x
-
È
= € - = €
Í
Î
0,25
2
2 3 2
1
3 1 2 3 0
3
x x

x
x x
x
+ -
È
= € + - = €
Í
= -
Î
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm
0; 1; 3x x x= = = ±
0,25
WWW.VNMATH.COM