Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 môn Toán (khối B) - Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TỐN; Khối B
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng 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 y = x3 - 6 x 2 + 9 x - 1 (1) .
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 x + m - 7 - x + 2 = 0 , với m là tham số thực.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: sin 4 x + 2cos 2 x + 4(sin x + cos x) = 1 + cos 4 x .
Ï x3 (3 y + 55) = 64
Ô
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: Ì
2
Ơ
Ĩ xy( y + 3 y + 3) = 12 + 51x

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I

x yŒ

.

cos 2 x

Ú sin x + cos x + 3 dx .
0

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = AC = a,

SBA = SCA = 900 , góc giữa cạnh bên SA với mặt phẳng đáy bằng 600. 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 5x 2 - 8 + ( x + 4)

(

)

x 2 + 2 + 8 = m( x + 4) x2 + 2 , 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 H (1; 1) là chân đường cao
kẻ từ đỉnh A, M (3; 0) 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 A(1;3; 2), B(2;0; - 4),
C (0;1;1) . Viết phương trình trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
z +1
1.
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z biết rằng z - 3 + 3i = 4 2 và
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 A(-1; 1) và có tâm
đường trịn nội tiếp là I (1; 5), đường thẳng vng góc với IA tại A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
AIC tại điểm thứ hai D(-7; 4). Tìm tọa độ điểm B.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm
x +1 y - 2 z - 3

và tạo với đường thẳng
=
=
A(-1; 2; - 3) , song song với đường thẳng (d1 ) :
-1
1
1
3
x-3 y + 4 z
=
= một góc sao cho sin j
.
(d 2 ) :
6
1
2
1
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình: log5 ( x 2 + 2 x + 2) + x 2 + 1 = log5 x + 3x .
----------------- Hết ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:……………………..

Cảm ơn bạn  đã gửi tới www.laisac.page.tl


ĐÁP ÁN KHỐI B
Câu
Đáp án
Câu 1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 3 - 6 x 2 + 9 x - 1
(2,0 điểm) Tập xác định: D =

Điểm

Chiều biến thiên:

0,25

Èx 1
y ' = 3x2 - 12x + 9, y ' = 0 € 3x2 - 12x + 9 = 0 € Í
, y(1) = 3, y(3) = -1
Ỵx 3
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 yCT = y(3) = -1;
Hàm số đạt cực đại tại x = 1 và yCĐ = y(1) = 3.
Giới hạn: lim = +•, lim = -•
x Æ-•

0,25

x Æ+•

Bảng biến thiên:

x

-•

y’(x)

1

+

0
3

+•

3

-

0
+•

y(x)
-•

0,25

+

-1

y '' = 6 x - 12, y '' = 0 € 6 x -12 = 0 € x = 2, y(2) = 1

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.

∑

3

0,25

∑

1

3

O
-1

∑

1

∑

2

x
4

∑

b) Định m để phương trình sau có 6 nghiệm thực phân biệt
3 3 x + m - 7 - x + 2 = 0 , với m là tham số thực
Ta có
3 3 x + m - 7 - x + 2 = 0 € 3 3 x + m - 7 = x - 2 €| x |3 -3 x 2 + 9 | x | -1 = m (*)
Phương trình (*) là phương trình hồnh độ giao điểm giữa đồ thị (C’) của hàm số:
3

y = x - 6 x2 + 9 x -1 và đường thẳng d: y

0,25

m (d cùng phương với trục hoành)

3

Xét hàm số: y = x - 6 x2 + 9 x - 1 , ta có:
+ Hàm số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng,
3
2
3
2
đồng thời "x > 0 thì y = x - 6 x + 9 x - 1 = x - 6 x + 9 x - 1
Từ đó (C’) được suy từ (C) như ở hình bên:

0,25

y
3

-4

0,25

3

-2
-1

O

1

4

x

-1

Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m thỏa yêu cầu bài toán là:

-1 < m < 3

0,25


Câu 2
Giải phương trình: sin 4 x + 2cos 2 x + 4(sin x + cos x) = 1 + cos 4 x .
(1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương:
2 cos 2 x(1 + sin 2x) + 4(sin x + cos x) = 2 cos2 2 x
€ cos 2 x(1 + sin 2 x - cos 2 x) + 2(sin x + cos x) = 0

€ cos 2 x (sin 2 x + 2sin 2 x ) + 2(sin x + cos x ) = 0
€ sin x.cos 2 x(sin x + cos x) + (sin x + cos x) = 0
Èsin x + cos x = 0
€ (sin x + cos x)(sin x.cos 2 x + 1) = 0 € Í
Ỵsin x.cos 2 x + 1 = 0
x+

x= €

0,25

0,25

x=- € x=-

kŒ
+k
4
-2sin 3 x + sin x + 1 = 0 € (1 - sin x)(2sin 2 x + 2sin x + 1) = 0
Èsin x 1
€ x = + k2
€Í
2
2
Ỵ 2sin x + 2sin x + 1 = 0 (VN)
p
p
Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm x = - + kp x = + k p k Œ
4
2

3
Câu 3
Ï x (3 y + 55) = 64
Ô
x yΠ.
(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: Ì
2
Ơ
Ĩ xy( y + 3 y + 3) = 12 + 51x

Từ hệ pt đã cho ta có ĐK: x π 0 . Khi đó hệ tương đương:
3
Ï
Ê4ˆ
Ơ3( y + 1) + 52 = Á ˜
Ô
Ë x ¯ . Đặt u = y + 1, v = 4 . Hệ pt trở thành
Ì
x
Ơ( y + 1)3 = 3. 4 + 52
ƠĨ
x
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế được:
v 3 - u 3 = 3(u - v) € (v - u )(v 2 + uv + u 2 + 3) = 0 (3)

ÏÔv 3 = 3u + 52
Ì 3
ƠĨu = 3v + 52

0,25

0,25

(1)

0,25

(2)

0,25

2

1 ˆ 3
Ê
Do v + uv + u + 3 = Á v + u ˜ + u 2 + 3 > 0, "u, v nên (3) € v = u
2 ¯ 4
Ë
Thay v = u vào (2) được:
Èu 4
u 3 - 3u - 52 = 0 € (u - 4)(u 2 + 4u + 13) = 0 € Í 2
Ỵu + 4u + 13 = 0 (VN)
Vậy u = v = 4. Từ đó suy ra hệ có 1 nghiệm duy nhất (x; y) là: (1; 3)
2

2

Câu 4
(1,0 điểm) Tính tích phân I

0,25

0,25

cos 2 x

Ú sin x + cos x + 3 dx .
0

p

p

cos 2 x
(cos x + sin x)(cos x - sin x)
dx = Ú
dx
sin x + cos x + 3
sin x + cos x + 3
0
0

I =Ú

Đặt t = cos x + sin x  dt = (cos x - sin x)dx; x = 0  t = 1, x = p  t = -1
-1

Từ đó I = Ú
1

0,25
0,25

-1

t
3 ˆ
Ê
dt = Ú Á1 ˜ dt
t +3
t +3¯
1 Ë
-1

I = (t - 3ln | t + 3| 1 = 3ln 2 - 2

0,25
0,25

Câu 5
AB = AC = a, ,
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A,
(1,0 điểm)
SBA = SCA = 900 góc giữa cạnh bên SA với mặt phẳng đáy bằng 600. Tính theo a thể tích
khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA.


Dựng SH ⊥ (ABC) tại H. Khi đó ta có:

Góc giữa SA với (ABC) là SAH 600

AB ^ SB ¸
˝  AB ^ (SBH )  AB ^ HB
AB ^ SH ˛
Tương tự AC ^ ( SCH )  AC ^ HC
Suy ra tứ giác ABHC là một hình vng
cạnh a

S

H

B

I
O

C

0,25

A

Từ đó SH = HA.tan 600 = a 2. 3 = a 6 và thể tích khối chóp S.ABC được tính
0,25

1 1
1
a3 6
bởi: V = S ABC .SH = . a 2 .a 6 =
(đvtt)

3
3 2
6
+ Gọi O là tâm đáy ABCD. Dựng OI ^ SA tại I (1). Ta có:
BC ^ HA¸
˝  BC ^ (SAH )  BC ^ OI tại O (2)
BC ^ SH ˛
(1) và (2)  OI là đoạn vng góc chung của BC và SA và được tính bởi:

OI = OA.sin 600 =

0,25

a 2 3 a 6
a 6
=
.
. Vậy d ( BC , SA) = OI =
2
2
4
4

0,25

)

(

Câu 6

Cho phương trình 5x2 - 8 + ( x + 4) x 2 + 2 + 8 = m( x + 4) x2 + 2 với m là tham số thực.
(1,0 điểm)
Tìm các giá trị m để phương trình trên có đúng ba nghiệm thực.
Pt đã cho được viết lại về dạng:

m( x + 4) x2 + 2 = ( x + 4)2 + ( x + 4) x2 + 2 + 4( x2 + 2) (1)
Do x = - 4 không phải là nghiệm (1) dù m lấy bất cứ giá trị nào nên:
pt (1) € m =
Đặt t

x+4

x+4
x +2
2

Xét hàm f ( x )

x2 + 2

+

4 x2 + 2
+ 1 (2)
x+4

, pt (2) trở thành: m = t + 1 +

x+4
x2 + 2

, f '( x) =

. TXĐ:

0,25
4
t

2 - 4x
( x 2 + 2) x2 + 2

; f '( x) = 0 € x =

1
2

Ê1ˆ
f Á ˜ = 3; lim f ( x) = -1 ; lim f ( x) = 1
x ặ-ã
x ặ+ã
ậ2
Bng bin thiên:

x

1
2

-•

+

f’(x)

0
3

t = f(x)
-1

+•

0,25

-

1

Từ bảng biến thiên ta có kết quả:
+ Khi x biến thiên trên
thì -1 < t £ 3
+ Với 1 < t < 3 thì pt t

x+4

x2 + 2

có đúng 2 nghiệm thực.

+ Với t = 3 hoặc -1 < t £ 1 thì pt t

x+4
x2 + 2

có đúng 1 nghiệm thực.

0,25


Từ đó u cầu của bài tốn tương đương phương trình m = t + 1 +
thỏa mãn t1 Œ (-1;1] »{3}\ {0}; t2 Œ (1;3) (*)

4
có 2 nghiệm t1, t2
t

t2 - 4
4
với -1 < t £ 3 ; g '(t ) = 2 ; g '(t ) = 0  t = 2
t
t
16
g (-1) = -4; g (1) = 6; g (2) = 5; g (3) = , lim- f ( x) = -• ; lim+ f ( x) = +ã
x ặ0
3 xặ0

Xột hm g (t ) = t + 1 +

Bảng biến thiên:

t
g’(t)

-1
-4

0

1
+•

m = g(t)

2
0

3

0,25

16
3

6
5

-•

16
3

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có H (1; 1) là chân đường cao kẻ từ

Từ bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của m thỏa yêu cầu (*) là: m

Câu 7a
(1,0 điểm)

đỉnh A, M (3; 0) 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.
A
Từ giả thiết ta DABM cân tại A. Suy ra H là trung
K
điểm BM. Kẻ MK ^ AC tại K. Do AM là tia phân giác
góc HAC nên:
0,25
B
C
H
M
MK 1
1
=
MK = MH = MC  sin C =
MC 2
2
 C = 300 , B = 600 và A 900
Từ đó B(2 xH - xM ; 2 yH - yM ) hay B(-1;2)
0,25
C (2 xM - xB ; 2 yM - yB ) hay C(7;-2).

AH là đường thẳng đi qua điểm H và vng góc với MH nên có phương trình là
2x – y – 1 = 0
0,25
Vì A thuộc AH nên A(t; 2t–1).
3
= 15 € (1 - t ) 2 + (2 - 2t ) 2 = 15 € t = 1 ± 3
Ta có AH = BM .
2
0,25
Do đó A 1 + 3;1 + 2 3 hoặc A 1 - 3;1 - 2 3

(

)

(

)

Câu 8.a Trong không gian tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1;3; 2), B(2;0; - 4), C (0;1;1) .Viết
(1,0 điểm) phương trình trục của đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.
= - = - - -  vtpt của mp(ABC) là:
Ta có:
0,25
=

pt
mp
(
ABC

)
:
9
x
7
y
+
5
z
+
2
=
0
Ỵ
˚
Gọi I là tâm đường trịn ngoại tiếp DABC. Khi đó:
Ï(a - 1)2 + (b - 3) 2 + (c - 2)2 = (a - 2)2 + b 2 + (c + 4)2
Ï AI 2 BI 2
Ô
Ô 2
0,25
CI 2 hay Ì(a - 1)2 + (b - 3) 2 + (c - 2)2 = a 2 + (b - 1) 2 + (c - 1) 2
Ì AI
Ơ9 x - 7 y + 5 z + 2 = 0
Ô I Œ ( ABC )
Ó
Ó
Ï2a - 6b - 12c = 6
75
76

41
41 ˆ
Ơ
Ê 75 76
;- ˜
€ Ì2a + 4b + 2c = 12 € a = ; b = ; c = -  I Á ;
0,25
31
31
31
Ë 31 31 31 ¯
Ô9a - 7b + 5c = -2
Ó


Vậy phương trình trục của đường trịn ngoại tiếp DABC có dạng:
41
76
75
xyz+
31 =
31 =
31
5
9
-7
Câu 9.a
z +1
(1,0 điểm) Tìm số phức z biết rằng | z - 3 + 3i |= 4 2 và z + i 1 .
Giả sử z = x + yi x y Œ , ĐK: x - yi π -i

0,25

0,25

Theo giả thiết: | z - 3 + 3i |= 4 2 € ( x - 3) 2 + ( y + 3) 2 = 32
| z + 1|=| z + i |€ ( x + 1) 2 + y 2 = x 2 + (1 - y ) 2 € y = - x

0,25

Ï( x - 3) + ( y + 3) = 32
Ta có hệ: Ì
Ó y = -x
Ï( x - 3)2 = 16
È x = 7; y = -7
(thỏa ĐK)
€Í
€Ì
Ỵ x = -1; y = 1
Ĩ y = -x
Vậy số phức cần tìm là: z = 7 - 7i ; z = -1 + i
2

2

0,25

0,25

Câu 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng tại A(-1; 1) và có tâm đường

(1,0 điểm) tròn nội tiếp là I (1; 5), đường thẳng vng góc với IA tại A cắt đường tròn ngoại tiếp tam
giác AIC tại điểm thứ hai D(-7; 4). Tìm tọa độ điểm B.
Chứng minh B, I, D thẳng hàng.
Suy ra phương trình BD là x – 8y + 39 = 0
D
Gọi AB là đường thẳng qua A( 1; 1), vectơ pháp
A
π
=
tuyến
nên có phương trình
0,25
a( x + 1) + b( y - 1) = 0
Đường thẳng AI có phương trình 2x – y + 3 = 0
I
B

C

Ta có BAI 450 nên góc tạo bởi hai đường thẳng AB và AI bằng 450.
2a - b
1
0,25
€ (a – 3b)(3a + b) = 0
Do đó
2
2
2
5(a + b )
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).
0,25
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 ).
Ï x - 8 y + 39 = 0
Tọa độ điểm B là nghiệm hệ Ì
 B (17;7 ) .
0,25
Óx - 3y + 4 = 0
Câu 8.b Trong khơng gian tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A(-1; 2; - 3) ,
(1,0 điểm)
x +1 y - 2 z - 3
=
=
và tạo với đường thẳng
song song với đường thẳng d1 :
-1
1
1
3
x-3 y + 4 z
=
= một góc sao cho sin j
d2 :
6
1
2
1
Ta có vtcp của d1 là = và vtcp của d2 là
.

2
2
2
+ + π
Giả sử (P) có vtpt =
0,25
2

hay
(P) // d1 nên
d2 tạo với (P) một góc nên:
| b + c + 2b + c |
6. (b + c) + b + c
2

2

2

3
6

2

2

2

0,25

€ (3b + 2c) 2 = b 2 + bc + c 2 € 8b 2 + 11bc + 3c 2 = 0 € (b + c)(8b + 3c) = 0
Èb + c = 0
€Í
Ỵ8b + 3c = 0
+ 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 A(-1; 2; - 3) ta suy ra phương trình của
(P): y - z - 5 = 0 hoặc 5x - 3 y + 8 z + 35 = 0
Cả 2 mp trên đều thỏa (P) // d1 nên là đáp số của bài tốn.
Giải phương trình: log5 ( x 2 + 2 x + 2) + x 2 + 1 = log5 x + 3x

Câu 9.b
(1,0 điểm) ĐK: x > 0.
Phương trình đã cho tương đương: log5 ( x 2 + 2 x + 2) + x 2 + 2 x + 2 = log5 5 x + 5 x
(1)
Nếu đặt f (t ) = log 5 t + t thì (1) có dạng f ( x 2 + 2 x + 2) = f (5x) (2)

0,25

0,25

0,25
0,25

Xét hàm số: f (t ) = log 5 t + t , TXĐ D = (0; + •)
1
+ 1 > 0, "t Œ D . Chứng tỏ f(t) là hàm đồng biến trên D
f '(t ) =

t ln 5

0,25

Èx 1
Do x > 0, x 2 + 2 x + 2 > 0 nên (2) € x 2 + 2 x + 2 = 5x € x2 - 3x + 2 = 0 € Í
Ỵx 2
Vậy phương trình có hai nghiệm x =1, x = 2.

0,25

Ghi chú: Cách chứng minh B, I, D thẳng hàng.
+ Gọi I1 là giao điểm của BI với đường trịn (J) ngoại tiếp DABC. Khi
đó ta có I1 A I1C (do ABI1 I1BC ) (1)
+ Mặt khác: I1IA = IBA + IAB = I1CA + IAC = I1 AC + IAC = IAI1
 DIAI1 cân tại I1  I1 A = I1C (2)
(1) và (2) suy ra I1 là tâm đường tròn ngoại tiếp DIAC.
Do IAD 900 nên ID là đường kính của đường trịn (I1)  I1 Œ ID
Từ đó suy ra đường thẳng I1I cùng đi qua B, D nên B, I, D thẳng hàng.

D
A
I1
I
B

J

Cảm ơn bạn  đã gửi tới www.laisac.page.tl

C