Đề đáp án khối A, A1 của bộ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014
Môn: TOÁN; Khối A và Khối A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
( )
x 2
y 1
x 1
+
=
−
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1).
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng
y x= −

bằng
2
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
sin x 4 cos x 2 sin 2x
+ = +
Câu 3 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong
2
y x x 3= − +
và đường
thẳng
y 2x 1= +
.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
( )

z 2 i z 3 5i+ + = +
. Tìm phần thực và phần ảo của z.
b) Từ một hộp đựng 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính xác suất để 4
thẻ được chọn đều được đánh số chẵn.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
( )
P : 2x y 2z 1 0+ − − =
và đường thẳng
x 2 y z 3
d :
1 2 3
− +
= =
−
. Tìm tọa độ giao điểm của
d và (P). Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a,
3a
SD
2
=
, hình chiếu
vuông góc của S lên mp(ABCD) trùng với trung điểm của AB. Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ A đến mp(SBD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung
điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng
CD biết rằng M(1;2) và N(2;-1).
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
( )
2

3
x 12 y y 12 x 12
x 8x 1 2 y 2

− + − =


− − = −


Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện
2 2 2
x y z 2+ + =
.
Tính giá trị lớn nhất của biểu thức.
2
2
x y z 1 yz
P
x y z 1 9
x yz x 1
+ +
= + −
+ + +
+ + +
Hết
Họ và tên thí sinh:…………………………………….; Số báo danh:……………………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐỀ CHÍNH THỨC

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014
Môn: TOÁN; Khối A và Khối A1
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
( )
x 2
y 1
x 1
+
=
−
c) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1).
d) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng
y x= −

bằng
2
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
sin x 4 cos x 2 sin 2x
+ = +
Câu 3 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong
2
y x x 3= − +
và đường
thẳng
y 2x 1= +
.
Câu 4 (1,0 điểm).

c) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
( )
z 2 i z 3 5i+ + = +
. Tìm phần thực và phần ảo của z.
d) Từ một hộp đựng 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính xác suất để 4
thẻ được chọn đều được đánh số chẵn.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
( )
P : 2x y 2z 1 0+ − − =
và đường thẳng
x 2 y z 3
d :
1 2 3
− +
= =
−
. Tìm tọa độ giao điểm của
d và (P). Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a,
3a
SD
2
=
, hình chiếu
vuông góc của S lên mp(ABCD) trùng với trung điểm của AB. Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ A đến mp(SBD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung
điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng
CD biết rằng M(1;2) và N(2;-1).
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

( )
2
3
x 12 y y 12 x 12
x 8x 1 2 y 2

− + − =


− − = −


Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện
2 2 2
x y z 2+ + =
.
Tính giá trị lớn nhất của biểu thức.
2
2
x y z 1 yz
P
x y z 1 9
x yz x 1
+ +
= + −
+ + +
+ + +
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………….; Số báo danh:……………………….

BÀI GIẢI CHI TIẾT
ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014
Môn: TOÁN; Khối A và Khối A1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
( )
x 2
y 1
x 1
+
=
−
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1).
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng
y x= −
bằng
2
.
Giải:
a) Tập xác định:
D R \{1}=

Đạo hàm
( )
2
3
y 0
x 1
−
′
= <

−
với mọi x thuộc D. Hàm số không có cực trị.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)−∞
và
(1; )+∞
Giới hạn vô cực :
x 1
lim y
−
→
= −∞
,
x 1
lim y
+
→
= +∞
, nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng
Giới hạn tại vô cực :
x x
lim y lim y 1
→−∞ →+∞
= =
, nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang.
Bảng biến thiên :
x
−∞
1
+∞

,
y
- -
y
1

−∞
+∞
1
Đồ thị cắt trục Ox tại điểm (-2; 0), cắt trục Oy tại điểm (0; -2).
Đồ thị
b) Điểm M thuộc (C) có tọa độ dạng
2
;
1
m
M m
m
+
 
 ÷
−
 
, điều kiện (
, 1)m R m∈ ≠
. Gọi đường thẳng đã
cho là
∆
: x + y = 0.
Theo bài rat a có : d(M,

∆
) =
2
2
2
2
2 2
2
2 2( 1)
1
2 2 2 1
2 2( 1)
1 1
m
m
m m
m
m m
m m
+
+

+ = −
−
⇔ = ⇔ + = − ⇔

+ = − −
+


Với
2 2
2 2( 1) 2 4 0m m m m+ = − ⇔ − + =
(có
,
3 0∆ = − <
) nên vô nghiệm.
Với
2 2
0 ( ) (0; 2)
2 2( 1) 2 0
2 ( ) ( 2;0)
m thoa M
m m m m
m thoa M
= ⇒ −

+ = − − ⇔ + = ⇔

= − ⇒ −


Vậy có hai điểm M thỏa yêu cầu bài toán là
( ) ( )
0; 2 ; 2;0M M− −
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
sin x 4 cos x 2 sin 2x+ = +
Giải:
sin 4cos 2 sin 2 sin 2 4cos 2sin cos 0 (sin 2)(1 2cos ) 0x x x x x x x x x+ = + ⇔ − + − = ⇔ − − =

sin 2 0 (1)
1 2cos 0 (2)
x
x
− =

⇔

− =


Vì
1 sin 1 sin 2 0x x
− ≤ ≤ ⇒ + ≠
nên phương trình (1) vô nghiệm.
2
1
3
(2) cos ( )
2
2
3
x k
x k Z
x k
π
π
π
π


= +

⇔ = ⇔ ∈


= − +



Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm :
2
3
x k
π
π
= +
;
2
3
x k
π
π
= − +
với
( )k Z∈
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong
2
y x x 3= − +
và đường

thẳng
y 2x 1= +
.
Giải:
Phương trình hoành độ giao điểm giữa đường cong và đường thẳng là :
2 2
1
3 2 1 3 2 0
2
x
x x x x x
x
=

− + = + ⇔ − + = ⇔

=


Vì hàm số
2
y x x 3= − +
và
y 2x 1= +
cùng có tập xác định D = R nên liên tục trên đoạn
[ ]
1;2x∈
nên diện tích hình phẳng cần tính là :

2 2

3 2
2 2
1 1
2
(2 1) ( 3) ( 3 2) ( 3 3 )
1
3 2
8 12 1 3 1
4 2 ( ).
3 2 3 2 6
x x
S x x x dx x x dx x
dvdt
= + − − + = − + − = − + +
= − + − + − + =
∫ ∫

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
( )
z 2 i z 3 5i+ + = +
. Tìm phần thực và phần ảo của z.
b) Từ một hộp đựng 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính xác suất để 4 thẻ
được chọn đều được đánh số chẵn.
Giải:
a) Số phức z có dạng : z = x + yi, với x là phần thực, y là phần ảo và
2 2
, , 0x y R x y∈ + ≠
.
Khi đó

( )
z 2 i z 3 5i+ + = +
(2 )( ) 3 5 (3 ) ( ) 3 5x yi i x iy i x y x y i i⇔ + + + − = + ⇔ + + − = +
3 3 2
( )
5 3
x y x
thoa
x y y
+ = =
 
⇔ ⇔
 
− = = −
 
.Vậy số phức z có phần thực là 2 và phần ảo là – 3.
b) Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 4 thẻ từ 16 thẻ, ta có
4
16
( )n CΩ =
= 1820
Các số chẵn từ 1 đến 16 là
{ }
2;4;6;8;10;12;14;16
có 8 số.
Gọi A là biến cố “ 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn ” khi đó n(A) =
4
8
C
=70

Vậy xác suất cần tính là
70 1
( )
1820 26
P A = =

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
( )
P : 2x y 2z 1 0+ − − =
và đường thẳng
x 2 y z 3
d :
1 2 3
− +
= =
−
. Tìm tọa độ giao điểm của
d và (P). Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P).
Giải:
Gọi
( )M P d= ∩

Suy ra M có tọa độ M(2 + t; -2t; -3 + 3t) với
t R∈

Vì M thuộc mặt phẳng (P) nên ta có :
2(2 + t) + (- 2t) – (-3 +3t) – 1 = 0
 - 6t + 9 = 0 
3
2

t =

Vậy tọa độ giao điểm M là
7 3
; 3;
2 2
M
 
−
 ÷
 

Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là
(2;1; 2)
P
n = −
uur
, đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là
(1; 2;3)
d
u = −
uur
. Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P), khi đó (Q) nhận véc tơ

,
P d
n u
 
=
 

uur uur
(-1; -8; -5) làm véc tơ pháp tuyến và đi qua điểm M nên phương trình của (Q):
(Q):
( )
7 3
8 3 5 0 8 5 13 0
2 2
x y z x y z
   
− − − + − − = ⇔ + + + =
 ÷  ÷
   

Vậy phương trình mặt phẳng cần viết là :
8 5 13 0x y z+ + + =
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a,
3a
SD
2
=
, hình chiếu
vuông góc của S lên mp(ABCD) trùng với trung điểm của AB. Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ A đến mp(SBD).
Giải:
M
d
(P)
(Q)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt
phẳng (ABCD)

, ( )H AB SH ABCD⇒ ∈ ⊥

Vì
∆
DAH vuông tại A suy ra:

2 2
5
2
a
HD AD AH= + =

∆
SHD vuông tại H, suy ra:
2 2
2 2
9 5
4 4
a a
SH SD DH a= − = − =
Thể tích hình chóp S.ABCD là :
3
2
1 1
. . .
3 3 3
ABCD
a
V S SH a a= = =

Từ H hạ
,HM BD M BD⊥ ∈
, nối SM. Từ H dựng
,HN SM N SM⊥ ∈
. Khi đó:
( )
( ) .
( ) ,( ) .
DB HM
DB SHM BD HN
DB SH
HN BD
HN SBD d H SBD HN
HN SM
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

⊥

⇒ ⊥ ⇒ =

⊥


Vì H là trung điểm AB
( ) ( )
,( ) 2 ,( ) 2d A SBD d H SBD HN⇒ = =

(1)
Đặt
AC BD I∩ =
.Trong
∆
AIB có HM //AI (cùng vuông góc với BD) và H là trung điểm AB nên
HM là đường trung bình =>
1 2
2 4
a
HM AI= =

∆
SHM vuông tại H, có HN là đường cao, HM và SH là hai cạnh góc vuông
2 2 2
2 2 2
2
2
.
1 1 1 .
4
3
2
16
a
a
HM SH a
HN
HN HM SH
HM SH a

a
⇒ = + ⇔ = = =
+
+
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
( )
2
,( )
3
a
d A SBD =
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung
điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng
CD biết rằng M(1;2) và N(2;-1).
Giải:
Cách 1:
Ta có
(1; 3); 10MN MN= − =
uuuur

Gọi
P MN CD= ∩
vì AB//CD và AN = 3NC, theo định lý Ta –
lét:
N
M
I
H
D

C
S
B
A
K
I
Q
P
N
M
C
B
D
A
P
P
P
P
1 3(x 2)
MN AN
3 MN 3NP
3 3(y 1)
NP NC
x 7 / 3
7
P ; 2
y 2
3
= −


⇒ = = ⇔ = ⇔

− = +

=

 
⇔ ⇒ −

 ÷
= −
 

uuuur uuur
Dựng KQ qua N, KQ//BC. Đặt độ dài BC là m, (m > 0). Với các giả thiết của bài toán và sử dụng
định lý ta – lét ta có KN = QM =
1
4
m; QN = KD =
3
4
=>
∆
MQN vuông tại Q,
∆
DKN vuông tại K =>
∆
MQN =
∆
DKN ( theo c.g.c).

=> MN = DN và MN
⊥
DN .
Khi đó đường thẳng DN nhận
(1; 3)MN = −
uuuur
làm véc tơ pháp tuyến và đi qua điểm N nên phương trình
của DN : x – 3y – 5 = 0 => tọa độ D(3d + 5; d).
Vì DN = MN
2 2 2
(3 5 2) ( 1) 10 ( 1) 1 0; 2.d d d d d⇔ + − + + = ⇔ + = ⇔ = = −

• Với d = 0 => D(5; 0) =>
8
( ;2)
3
DP =
uuur
=> Đường thẳng CD nhận
8
(2; )
3
n = −
r
làm véc tơ pháp
tuyến và đi qua D nên phương trình CD :
8
2( 5) 3 4 15 0
3
x y x y− − ⇔ − − =

.
• Với d = -2 => D(-1; -2) =>
10
( ;0)
3
DP =
uuur
=> Đường thẳng CD nhận
10
(0; )
3
DP =
uuur
làm véc tơ
pháp tuyến và đi qua D nên phương trình CD :
10
0( 5) ( 2) 0 2 0
3
x y y− + + = ⇔ + =
.
Vậy đường thẳng CD có hai phương trình thỏa yêu cầu là : y + 2 = 0 hoặc 3x – 4y – 15 = 0.
Cách 2
Ta có
(1; 3); 10MN MN= − =
uuuur
.
Gọi
P MN CD= ∩
vì AB//CD và AN = 3NC, theo định lý Ta –lét:
P

P
P
P
1 3(x 2)
MN AN
3 MN 3NP
3 3(y 1)
NP NC
x 7 / 3
7
P ; 2
y 2
3
= −

⇒ = = ⇔ = ⇔

− = +

=

 
⇔ ⇒ −

 ÷
= −
 

uuuur uuur
Gọi

n
r
= (a; b) với
2 2
0a b+ ≠
là véc tơ pháp tuyến của đường
thẳng CD, khi đó đường thẳng CD đi qua P nên phương trình có
dạng :
CD:
7
a(x ) b(y 2) 0
3
− + + =
Gọi
I AC BD
= ∩
khi đó IC = 2NC => N là trung điểm của IC. Gọi Q là trung điểm của MB =>
NQ//BC
Đặt BC = m ( m > 0) ta có NQ =
3m
4
; QM =
m
4
Tam giác NQM vuông tại Q => NQ
2
+ QM
2
= MN
2

⇒
2 2
m 4 (nhan)
3m m
10
m 4 (loai)
4 4
=

   
+ = ⇔
 ÷  ÷

= −
   


Vậy độ dài BC = 4 . Ta có d(M; CD) = BC = 4 ⇔
2 2
a 3b 3 a b− + = +
⇔ 4a
2
+ 3ab = 0
0
(4 3 ) 0
4 3 0
a
a a b
a b
=


⇔ + = ⇔

+ =


Q
P
I
N
M
C
B
D
A
Với a = 0 chọn b = 1 khi đó phương trình CD:
7
0(x ) 1.(y 2) 0 y 2 0
3
− + + = ⇔ + =
Với 4a + 3b = 0, chọn a = 1
4
3
b⇒ = −
khi đó CD:
7 4
1.(x ) (y 2) 0 3x 4y 15 0
3 3
− − + = ⇔ − − =
Vậy đường thẳng CD có hai phương trình thỏa yêu cầu là : y + 2 = 0 hoặc 3x – 4y – 15 = 0.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
( )

− + − =


− − = −


2
3
x 12 y y 12 x 12 (1)
x 8x 1 2 y 2 (2)
Giải:
Điều kiện :
2
2 12 12 0 12 12y x x≤ ≤ ⇒ − ≥ ⇔ − ≤ ≤
(*)
Khi đó phương trình
( ) ( )
− + − = ⇔ − = − −
2 2
x 12 y y 12 x 12 x 12 y 12 y 12 x
(3)
Với điều kiện (*) của x và y
( )
⇒ ≤ − ≤
2
0 y 12 x 12.
Từ

⇒ ≥(3) x 0
(**)
Do hai vế của (3) đều không âm, bình phương hai vế (3) ta có :
( ) ( )
( )
− = − − ⇔ − = − − − +
⇔ − − − + = ⇔ − − =
⇔ = − ⇔ = −
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
(x 12 y) (12 y 12 x ) x (12 y ) y(12 x ) 24 y 12 x 144
(12 x ) 2 y 12 x y 0 ( 12 x y) 0
y 12 x y 12 x (4)
Thế (4) vào (1) ta có :
− − = − ⇔ − − + − − =
− − + −
⇔ − + + + =
+ −
−
⇔ − + + + =
+ −
 
+
⇔ − + + + =
 ÷
 ÷
+ −
 
3 2 3 2

2 2
2
2
2
2
2
2
2
x 8x 1 2 10 x x 8x 3 2(1 10 x ) 0
2(1 10 x )(1 10 x )
(x 3)(x 3x 1) 0
1 10 x
2(x 9)
(x 3)(x 3x 1) 0
1 10 x
2(x 3)
(x 3) x 3x 1 0 (5)
1 10 x
Vì
+
≥ ⇒ + + + >
+ −
2
2
2(x 3)
x 0 x 3x 1 0
1 10 x
Khi đó (5)  x – 3 = 0  x = 3 (thỏa điều kiện), thế vào (4) ta được y = 3 ( thỏa điều kiện)
Vậy hệ đã cho có 1 nghiệm (x; y) = ( 3; 3)
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện

2 2 2
x y z 2+ + =
.
Tính giá trị lớn nhất của biểu thức.
2
2
x y z 1 yz
P
x y z 1 9
x yz x 1
+ +
= + −
+ + +
+ + +
Giải:
Ta có: (x – y – z)² ≥ 0 ⇒ x² + y² + z² – 2xy – 2xz + 2yz ≥ 0 ⇒ 1 – xy – xz + yz ≥ 0
⇒yz + 1 ≥ xy + xz => x² + yz + x + 1 ≥ x² + xy + xz + x = x(x + y + z + 1)
⇒
2
2
x
x yz x 1
+ + +
≤
x
x y z 1+ + +
⇒ P ≤
x y z 1 yz 1 1 yz
1
x y z 1 9 x y z 1 9

+ + + +
− = − −
+ + + + + +

Mặt khác ta có : (x + y + z)² ≤ 2[x² + (y + z)²] = 2[2 + 2yz] = 4(1 + yz)
⇒ x + y + z ≤ 2
1 yz
+
⇒ P ≤ 1 –
1 1 yz
( )
9
2 1 yz 1
+
+
+ +
Đặt Q =
1 1 yz
9
2 1 yz 1
+
+
+ +
=>
1P Q≤ − ⇒
P đạt giá trị lớn nhất khi Q đạt giá trị nhỏ nhất.
Đặt t =
1 yz
+
(t ≥ 1) , khi đó

2
1
2 1 9
t
Q
t
= +
+
.
Xét hàm số
2
1
( )
2 1 9
t
f t
t
= +
+
.Đạo hàm f’(t) =
2
2t 2
9
(2t 1)
−
+
≥ 0 với mọi t ≥ 1
⇒ f(t) ≥ f(1) =
4
9

với mọi t ≥ 1 => giá trị nhỏ nhất của Q =
4
9
khi t = 1 hay yz = 0.
⇒ giá trị lớn nhất của P = 1 –
4
9
=
5
9
xáy ra khi t = 1 khi đó ( x = 1; y = 1; z = 0) hoặc (x = 1; y=0;
z = 1).
HẾT
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014
Môn: TOÁN; Khối B
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x³ – 3mx + 1 (1), với m là tham số thực.
a. Bạn đọc tự khảo sát và vẽ đồ thị.
b. Cho điểm A(2; 3). Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị B và C sao cho ΔABC cân tại A.
Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình
2
(sin x – 2cos x) = 2 – sin 2x.
Câu 3. (1,0 điểm) Tính tích phân I =
2
2
2
1
x 3x 1
dx
x x

+ +
+
∫
Câu 4. (1,0 điểm)
a. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2z + 3(1 – i)
z
= 1 – 9i. Tìm modun của z.
b. Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ một công ty sữa, người ta gửi đến bộ phận kiểm nghiệm 5 hộp
sữa cam, 4 hộp sữa dâu và 3 hộp sữa nho. Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên 3 hộp để kiểm
nghiệm. Tính xác suất để 3 hộp sữa được chọn có đủ cả 3 loại.
Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; 0; –1) và đường thẳng d:
x 1 y 1 z
2 2 1
− +
= =
−
. Viết phương trình mặt phẳng đi qua và vuông góc với d. Tìm tọa độ hình chiếu
vuông góc của A trên d.
Câu 6. (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc
của A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh AB; góc giữa đường thẳng A’C và mặt đáy là
60°. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B đến mặt phẳng
(ACC’A’).
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD. Điểm M(–3; 0) là
trung điểm của cạnh AB, điểm H(0; –1) là hình chiếu vuông góc của B trên AD và G(4/3; 3) là trọng
tâm của tam giác BCD. Tìm tọa độ các điểm B và D.
Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
(1 y) x y x 2 (x y 1) y
2y 3x 6y 1 2 x 2y 4x 5y 3


− − + = + − −


− + + = − − − −


(x, y là các số thực)
Câu 9. (1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện (a + b)c > 0. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
P =
a b c
b c a c 2(a b)
+ +
+ + +
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………….; Số báo danh:……………………….
LỜI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối B.
Câu 1. a/ Với
= 1m
, ta có hàm số
= - +
3
3 1y x x
. Tập xác định
= ¡ .D
Chiều biến thiên:
é
= =-Þ
ê

¢ ¢
= - = - =Û Û
ê
=- =Þ
ë
2 2
1 1
3 3, 0 3 3 0
1 3
x y
y x y x
x y
.
Hàm số đồng biến trên
- ¥ - + ¥( ; 1),(1; )
, hàm số nghịch biến trên
-( 1;1).
Đồ thị hàm số: Bảng biến thiên:
b/ Ta có
¢ ¢
= - = =Û
2 2
3 3 , 0y x m y x m
. Đồ thị hàm số đã cho có 2 cực trị khi
¢
= 0y
có 2 nghiệm
phân biệt hay
> 0.m
x

- ¥

- 1
1
+ ¥
y
¢

+
0
-
0
+
y
3
+ ¥

- ¥

1-

y
x
Gi
( ) ( )
- + - +; 2 1 , ; 2 1B m m m C m m m
l 2 cc tr ca hm s. Tam giỏc
ABC
cõn
A

khi
=AB AC
hay
( ) ( ) ( ) ( )
- - + - = - + - - - =
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 4 0m m m m m m m m m
Phng trỡnh cui cú nghim dng duy nht l
=
1
4
m
.
Vy giỏ tr cn tỡm l
=
1
4
m
.
Cõu 2. Xột phng trỡnh:
( )
- = - - = -2 sin 2cos 2 sin 2 2 sin 2 2 cos 2 sin 2x x x x x x
( ) ( )
( ) ( )
- - + = + - + =
ộ
ờ
=-
ờ

+ - =
ờ
ờ
=
ờ
ở
2 sin 2 2 cos 2 2sin cos 0 2 sin 1 2 cos 2 1 2 cos 0
1
cos
1 2 cos 2 sin 2 0 .
2
sin 2
x x x x x x x
x
x x
x
Ta loi nghim
=sin 2x
vỡ
Êsin 1x
, do ú ta cú
p
p
=- = +
1 3
cos 2
2 4
x x k
vi
ẻ Â .k

Vy nghim ca phng trỡnh ó cho l
p
p
= +
3
2
4
x k
vi
ẻ Â .k
Cõu 3. Xột tớch phõn:
+ +
+
ũ
2
2
2
1
3 1x x
dx
x x
.
Ta cú:
( )
+
ổ ử
+ + +
ữ
ỗ
= + = + = + + = +

ữ
ỗ
ữ
ỗ ữ
ố ứ
+ + +
ũ ũ ũ
2 2 2
2
2
2 2
2
2 2 2
1 1
1
1 1 1
2 1
3 1 2 1
1 ln 1 ln3
d x
x x x
dx dx x x x x
x x x x x x
.
Cõu 4.
a/ t
= +z x yi
vi
ẻ Ă, .x y
Ta cú:

( ) ( ) ( )
( ) ( )
+ - = - + + - - = -
+ + - - - = - - + - - = -
ỡ ỡ
- = =
ù ù
ù ù

ớ ớ
ù ù
- - = - =
ù ù
ợ ợ
2 3 1 1 9 2 2 3 1 1 9
2 2 3 3 3 3 1 9 5 3 3 1 9
5 3 1 2
3 9 3
z i z i x yi i x yi i
x yi x yi xi y i x y x y i i
x y x
x y y
Vy module cn tớnh l
= + =
2 2
2 3 13z
.
b/ Khụng gian mu l
( )
=W

3
12
n C
.
Gi
A
l bin c chn c cú 3 loi. S phn t ca bin c
A
l
ì ì
1 1 1
5 4 3
C C C

Xỏc xut ca bin c
A
l:
ì ì
= ì
1 1 1
5 4 3
3
12
3
11
C C C
C

Cõu 5. Mt phng qua
( )

P
qua
A
, cú vtpt l
( )
= = -
uur ur
2; 2; 1
p d
n a
. Suy ra
+ - + =( ) : 2 2 3 0P x y z
.
Gi
H

l hỡnh chiu ca
A
lờn
( ) ( ) ( )
=ị ầ{ } .d H d P
To im
H
tha h phng trỡnh
ỡ
+
ù
-
ù
= =

ù
ớ
-
ù
ù
+ - + =
ù
ợ
1
1
2 2 1
2 2 3 0
y
x z
x x z

hay
ổ ử
ữ
ỗ
-
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ố ứ
1 5 1
; ; .
3 3 3

H
Cõu 6.
Gi
H
l trung im
AB
thỡ
( )
Â
^ =
3
,
2
a
A H ABC CH
. Ta cú
  Â
Â
= ì
.ABC A B C ABC
V A H S

Mt khỏc, ta cú
ABC
l tam giỏc u cnh
a
nờn
=
2
3

4
ABC
a
S
. Ta cú
Â
DA HC
vuụng ti
H
v
ã
( )
ã
( )
 Â
= = C, 60A CH A ABC
.
 Â
= ì = ìị
3
tan
2
a
A H CH A CH
Do ú
  Â
= ì
3
.
3

8
ABC A B C
a
V
Tip theo, ta s tớnh khong cỏch t
B
n
 Â
( )ACC A
. Ta cú
         Â
= - = =
3
. . . .
2 3
3 4
B ACC A ABC A B C B ACC A ABC A B C
a
V V V V
Vy
( )
 Â
ộ ự
 Â
ờ ỳ
ở ỷ
 Â
= = ì
,
3

3 13
13
ACC A
B ACC A
ACC A
V
a
d
S
Cõu 7.
Gi
( ; )B a b
v
N
l trung im
.CD
Ta cú
=
uuur uuur
2
3
BG BN
vi
ổ ử
ữ
ỗ
= - -
ữ
ỗ
ữ

ỗ ữ
ố ứ
uuur
4
; 3
3
BG a b
v
( )
= - -
uuur
;
N N
BN x a y b
.
Do ú, ta c
ổ ử
- -
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ ữ
ố ứ
4 9
;
2 2
a b
N

. Ta cú
ỡ
ù
+ + =
ỡ
ỡ
ỡ
ù
=
ù
ù
=- -
ù
+ + =
ù
ù
ù
ù ù
ị
ớ ớ ớ ớ
- -
ù ù ù ù
+ =
+ - - =
ì + + =
ì =
ù ù ù ù
ợ
ợ
ợ

ù
ù
ợ
uuuur uuur
2 2
2 2
2
2 2
( 3) 10
2 1
6 1
10 9
2 0
10 8 9
(1 ) 0
0
2 2
a b
MB HM
b a
a b a
a b
a a
a b a b
a b
MN BH
Gii h ny, ta c
= - -( ; ) (0; 1),( 2; 3)a b
. Ta xột cỏc trng hp:
Vi

= =-0, 1a b
, ta cú
-(0; 1)B
, loi vỡ trựng vi
.H
Vi
=- =2, 3a b
, gi
I
l tõm ca hỡnh bỡnh hnh thỡ
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ ữ
ố ứ
3
0;
2
I
, ta c
(2; 0).D
Vy ta c
-( 2; 3), (2; 0)B D
.
Cõu 8. Gii h phng trỡnh
ỡ
ù

- - + = + - -
ù
ù
ớ
ù
- + + = - - - -
ù
ù
ợ
2
(1 ) 2 ( 1) (1)
2 3 6 1 2 2 4 5 3 (2)
y x y x x y y
y x y x y x y
.
iu kin xỏc nh:
+ 0,4 5 3, 2y x y x y
. Ta cú
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
- - - + - - = - -
- - - + - - - =
ộ ự
- - - + + - - =
ờ ỳ
ở ỷ
ộ ự
- - - - + + + =

ờ ỳ
ở ỷ
ộ
- =
ờ
- + + + >
ờ
ờ
- - =
ở
(1) (1 ) 1 ( ) 1 ( 1)
( 1) 1 (1 ) 1 0
1 1 1 1 0
1 1 1 1 0
1 0
( 1 1 0)
1 0
y x y x y x y y
x y y y x y
y x y y x y
y x y x y y
y
x y y
x y
Ta xột 2 trng hp:
- Nu
- = =1 0 1y y
, t (2) suy ra
- + = =3 9 0 3.x x
- Nu

- - = = +1 0 1x y x y
, t (2) suy ra
+ - = -
2
2 3 2 1y y y
, phng trỡnh tng ng
vi
+ + = - + - + + = - +
+ = - + = - + - =
2 2 2
2
16 8 1 16(1 ) 8 1 1 (4 1) (4 1 1)
4 1 4 1 1 1 1 0
y y y y y y
y y y y y y
Phng trỡnh cui cú nghim khụng õm duy nht l
- +
=
1 5
2
y
, tng ng, ta cú
+
=
1 5
2
x
.
Vy h ó cho cú 2 nghim l
ổ ử

+ - +
ữ
ỗ
ữ
ỗ
=
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ố ứ
1 5 1 5
( ; ) (3;1), ;
2 2
x y
.
Cõu 9. Ta cú
+ +
+ ịị
+ + + + + + +
2
1 2 2
b b a b c b b b
c a c a c a c a c a a b c
.
ng thc xy ra khi
+ =c a b
.
Tng t, ta cng cú

+ + +
2a a
b c a b c
nờn ta cú
+
+ = +
+ + + +
+
+
2( ) 2
2( ) 2( )
1
a b c c
P
c
a b c a b a b
a b
.
t
=
+
0
c
t
a b
v xột hm s
= +
+
2

( ) , 0
1 2
t
f t t
t
.
Ta cú
+ -
Â
=- + =
+ +
2 2
2 1 ( 3)( 1)
( )
2
(1 ) 2( 1)
t t
f t
t t
.
Do ú
Â
= =( ) 0 1f t t
. Kho sỏt hm s ny trờn
+ Ơ[0; )
, ta c
=
3
( ) (1)
2

f t f
.
Vy GTNN ca biu thc ó cho l
3
2
, t c khi
= = >0, 0a b c
hoc
= = >0, 0b a c
.
B GIO DC V O TO TUYN SINH I HC NM HC 2014
Mụn: TON; Khi D
CHNH THC Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt
Cõu 1 (2,0 im): Cho hm s y = x
3
3x 2 (1)
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
b) Tỡm ta im M thuc (C) sao cho tip tuyn ca (C) ti M cú h s gúc bng 9.
Cõu 2 (1,0 im) : Cho s phc z tha món iu kin (3z -
z
)(1 + i) 5z = 8i 1. Tớnh
mụun ca z.
Cõu 3 (1,0 im) : Tớnh tớch phõn I =
4
0
(x 1)sin 2xdx

+

.

Cõu 4 (1,0 im):
a) Gii phng trỡnh: log
2
(x 1) 2log
4
(3x 2) + 2 = 0
b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n ∈ N và n ≥ 3. Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 27 đường
chéo.
Câu 5 (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
(P): 6x + 3y – 2z – 1 = 0 và mặt cầu (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
– 6x – 4y – 2z – 11 = 0. Chứng minh
mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn (C). Tìm tọa độ tâm của (C).
Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, mặt bên
SBC là tam giác đều cạnh a và mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt đáy. Tính theo a thể tích
khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC.
Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có chân đường
phân giác trong của góc A là điểm D (1; -1). Đường thẳng AB có phương trình 3x + 2y – 9 =
0, tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x + 2y – 7 = 0.
Viết phương trình đường thẳng BC.
Câu 8 (1,0 điểm): Giải bất phương trình:
2
(x 1) x 2 (x 6) x 7 x 7x 12+ + + + + ≥ + +
Câu 9 (1,0 điểm): Cho hai số thực x, y thỏa mãn các điều kiện 1 ≤ x ≤ 2; 1 ≤ y ≤ 2. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức :
P =

2 2
x 2y y 2x 1
x 3y 5 y 3x 5 4(x y 1)
+ +
+ +
+ + + + + −
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………….; Số báo danh:……………………….
Bài giải
Câu 1:
a) Tập xác định là R. y’ = 3x
2
– 3; y’ = 0 ⇔ x = ±1.
lim
x
y
→−∞
= −∞
và
lim
x
y
→+∞
= +∞
x
−∞ -1 1 +∞
y’
+ 0 − 0 +
y

0 +∞
−∞ CĐ -4
CT
Hàm số đồng biến trên (−∞; -1) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến trên (-1; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x = -1; y(-1) = 0; hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y(1) = -4
y" = 6x; y” = 0 ⇔ x = 0. Điểm uốn I (0; -2)
Đồ thị :
y
0
-2
-4
-1 1
x
2
b) y’ (x) = 9 ⇔ 3x
2

- 3 = 9 ⇔ x = ±2
y(-2) = -4; y(2) = 0
Vậy hai điểm M là (-2; -4) và (2; 0)
Câu 2: Giả thiết ⇔ (3i – 2)z – (1 + i)
z
= 8i – 1
Gọi z = a + ib ⇒ (3i – 2)(a + ib) – (1 + i) (a – ib) = 8i – 1
⇔ - 3a – 4b + (2a – b)i = 8i – 1
⇔ 3a + 4b = 1 và 2a – b = 8 ⇔ a = 3 và b = -2
Vậy môđun của z là :
13
.
Câu 3:

( )
/ 4
0
I x 1 sin2xdx
π
= +
∫
. Đặt u = x+1 ⇒ du = dx
dv = sin2xdx, chọn v = –
1
2
cos2x
I =
/ 4
4
0
0
1 1
( 1)cos 2 cos 2
2 2
− + +
∫
x x xdx
π
π
=
/ 4
0
1 1
( 1)cos 2 sin 2

4
2 4
0
− + +x x x
π
π
=
1 1 3
0 0
2 4 4
+ + − =
Câu 4 : a) log
2
(x – 1) – 2log
4
(3x – 2) + 2 = 0
⇔ log
2
(x – 1) – log
2
(3x – 2) = -2 ⇔ x > 1 và log
2

2
x 1 1
log
3x 2 4
−
=
−

⇔ x > 1 và 4(x – 1) = 3x – 2 ⇔ x = 2
b) Số các đoạn thẳng lập được từ n đỉnh là
2
n
C

Số cạnh của đa giác n đỉnh là n
Vậy số đường chéo của đa giác n đỉnh là:
2
n
C
-n
Theo đề bài ta có
2
n
C
-n = 27
( )
1
27
2
−
⇔ − =
n n
n
2
3 54 0⇔ − − =n n
⇔
n = 9 hay n = -6 (loại)

Câu 5: (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
– 6x – 4y – 2z – 11 = 0
I (3; 2; 1); R =
9 4 1 11+ + +
= 5. (P) : 6x + 3y – 2z – 1 = 0
d(I, (P)) =
|18 6 2 1| 21
3 5
7
36 9 4
+ − −
= = <
+ +
⇒ (P) cắt (S) theo một đường tròn (C)
∆ là đường thẳng đi qua I (3; 2; 1) và nhận
P
n
uur
= (6; 3; -2) là vectơ chỉ phương
Tâm đường tròn (C) là giao điểm của ∆ và (P) thỏa hệ phương trình :
( )
6x
x 3 6t (1)
y 2 3t (2)
z 1 2t (

3y – 2z
)
– 4
3
1 0
= +


= +


=
=
−
+



Thế (1), (2), (3) vào (4) ta được : 6(3 + 6t) + 3 (2 + 3t) – 2(1 – 2t) – 1 = 0
⇔ 49t + 21 = 0 ⇔ t =
3
7
−
⇒
3 3
x 3 6
7 7
3 5
y 2 3
7 7

3 13
z 1 2
7 7
−

= + =


−

= + =


−

= − =


Câu 6 :
Gọi I là trung điểm của BC ⇒ SI ⊥ BC ⇒ SI ⊥ mp(ABC)
∆ABC vuông cân ⇒ AI =
BC a
2 2
=
S(ABC) =
2
1 a a
a.
2 2 4
=

V
S.ABC
=
2 3
ABC
1 1 a 3 a a 3
SI.S
3 3 2 4 24
= =
Kẻ IJ vuông góc với SA, ∆SIA vuông góc tại I, IJ là khoảng cách giữa SA và BC
⇒
2 2
2 2 2
1 1 1 1 1
3a a
IJ SI AI
4 4
= + = +
⇒ IJ =
a 3
4
Câu 7 : Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình :
3x 2y 9 0
x 2y 7 0
+ − =


+ − =

⇔ A (1; 3)

Phương trình đường thẳng AD : x = 1
Gọi α là góc hợp bởi AB và AD ⇒ cosα =
3
13
Phương trình AC có dạng : a(x – 1) + b(y – 3) = 0
Gọi β là góc hợp bởi AD và AC ⇒ β = α
cosβ =
2 2
a
a b+
=
3
13
⇔ 4a
2
= 9b
2
. Chọn b = 1 ⇒ a = ±
3
2
(loại a =
3
2
)
⇒ Phương trình AC : -3x + 2y – 3 = 0
Gọi γ là góc hợp bởi đường tiếp tuyến tại A với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và đường thẳng AC.
BC có pháp vectơ (m; n)
⇒ cosγ =
2 2
3m 2n

13 m n
+
+
= cosB =
1
65
⇔ 5(9m
2
+4n
2
+ 12mn) = m
2
+ n
2
⇔ 44m
2
+ 19n
2
+ 60mn = 0
⇔ m =
n
2
−
hay m =
19
n
22
−

Vậy phương trình BC là : x - 2y - 3 = 0 hay 19x - 22y – 41 = 0

Câu 8 :
Với Đk : x ≥ - 2 thì bất pt ⇔
2
(x 1)( x 2 2) (x 6)( x 7 3) x 2x 8+ + − + + + − ≥ + −
⇔
(x 1)(x 2) (x 6)(x 2)
(x 2)(x 4)
x 2 2 x 7 3
+ − + −
+ ≥ − +
+ + + +
⇔
x 1 x 6
(x 2) (x 4) 0
x 2 2 x 7 3
+ +
 
− + − + ≥
 
+ + + +
 
(*)
Ta có:
x 1 x 6 x 1 x 6
2 3
x 2 2 x 7 3
+ + + +
+ < +
+ + + +
=

5 5
x
6 2
+
= x+4
x 9
6
+
−
< x + 4 ∀x ≥-2
Vậy (*) ⇔ x – 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2. Vậy -2 ≤ x ≤ 2 là nghiệm của bất phương trình.
Câu 9 :
P =
2 2
x 2y y 2x 1
x 3y 5 y 3x 5 4(x y 1)
+ +
+ +
+ + + + + −
2
2
1 x 2 (x 1)(x 2) 0 x 3x 2
1 y 2 (y 1)(y 2) 0
y 3y 2

≤ ≤ − − ≤ ≤ −
 

⇔ ⇔
  

≤ ≤ − − ≤
≤ −

 

P ≥
x 2y y 2x 1
3(x y) 3 3(x y) 3 4(x y 1)
+ +
+ +
+ + + + + −

S
A
B
C
I
J
a
=
x y 1 t 1
x y 1 4(x y 1) t 1 4(t 1)
+
+ = +
+ + + − + −
Đặt t = x + y, đk 2 ≤ t ≤ 4
f(t) =
t 1
t 1 4(t 1)
+

+ −
, t ∈ [2; 4]
f’(t) =
2 2
1 1
(t 1) 4(t 1)
−
+ −

f’(t) = 0 ⇔ 2(t – 1) = ± (t + 1) ⇔ 2t – 2 = t + 1 hay 2t – 2 = -t – 1
⇔ t = 3 hay t = 1/3 (loại) . Ta có f(3) =
7
8
Khi t = 3 ⇒
x 1 x 2
y 1 y 2
x y 3
= ∨ =


= ∨ =


+ =

⇔
x 1
y 2
x 2
y 1

 =



=



=



=



. Vậy Pmin =
7
8
tại
x 1
y 2
=


=

hay
x 2
y 1

=


=
