Đề Kiểm tra chất lượng Đại học, cao đẳng lần 2 Môn: Toán – Khối A, a1 Thời gian: 180 phút

Tr−ờng THPT Tĩnh Gia 1 
Tổ toán 
---

--- 
Đề Kiểm tra chất l−ợng Đh, cđ Lần 2 
Năm học: 2013- 2014 
Môn: Toán – Khối A, a1 
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát ủề) 
* Phần chung cho tất cả thí sinh (7 ủiểm) 
Câu 1: (2,0 ủiểm) Cho hàm số 
2 1
1
x
y
x
+
=
−
 (1) 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số (1). 
b) Tìm m để đ−ờng thẳng ( ) : 1md y mx m= − + cắt đồ thị ( )H tại hai điểm thuộc hai nhánh của ( )H . 
Câu 2: (1,0 ủiểm) Giải ph−ơng trình: ( )2sin sin 2 sin 2 cosx x x x+ − = − . 
Câu 3: (1,0 ủiểm) Giải hệ ph−ơng trình: 
( )2 4 2 4 2
2
2 2 5 1 2 4
2 5
x y xy y x y
x x y
 + + − + = −

 + − =
 (với ,x y∈ℝ ). 
Câu 4: (1,0 ủiểm) Tính tích phân: 
4
2
3
1
. 25
I dx
x x
=
−
∫ . 
Câu 5: (1,0 ủiểm) Cho hình chóp tam giác đều .S ABC có cạnh ủáy bằng a, góc giữa mặt bên và mặt đáy 
bằng 060 . Gọi M là trung điểm của SC . Tính thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đ−ờng 
thẳng AM và SB . 
Câu 6: (1,0 ủiểm) Cho , ,a b c là các số thực d−ơng thỏa mCn ( )2 2 2 2 3a b c ab a b c+ + + = + + . Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức ( ) 2 1987 19876
2
P a b c
a c b
= + + + +
+ +
. 
* Phần riêng (3 ủiểm) -Thí sinh chỉ ủược làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)- 
Phần A. Theo chương trình chuẩn. 
Câu 7A: (1,0 ủiểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đ−ờng tròn tâm ( )1;2I , 
bán kính 5R = . Chân đ−ờng cao kẻ từ B và C lần l−ợt là ( )3;3H và ( )0; 1K − . Viết ph−ơng trình đ−ờng 
tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK , biết A có tung độ d−ơng. 
Câu 8A: (1,0 ủiểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đ−ờng thẳng ∆ : 
1 2 3
1 2 2
x y z− − −
= = và mặt phẳng 
( ) : 2 2 1 0P x y z− + − = . Viết ph−ơng trình mặt phẳng ( )Q chứa ∆ và vuông góc với (P) . Tìm tọa độ điểm A 
thuộc ∆ sao cho khoảng cách từ A đến ( )P bằng 1. 
Câu 9A: (1,0 ủiểm) Tìm hệ số của 9x trong khai triển nhị thức Niu tơn của biểu thức 2
3
3
2
n
x
x
 − 
 
, biết n là 
số nguyên d−ơng thỏa mCn 3 22 99n nA C n− = và 0x ≠ . 
Phần B. Theo chương trình nâng cao. 
Câu 7B: (1,0 ủiểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có ( )5;1D . Gọi M là trung điểm 
của BC , N là điểm thuộc đ−ờng chéo AC sao cho 4AC AN= . Tìm tọa độ điểm C biết ph−ơng trình 
đ−ờng thẳng MN là 3 4 0x y− − = và M có tung độ d−ơng. 
Câu 8B: (1,0 ủiểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm ( )1;2;3A , mặt phẳng ( ) : 2 3 4 0P x y z− + − = 
và đ−ờng thẳng ( ) 2 1 3:
1 2 2
x y z
d
− − −
= =
−
. Viết ph−ơng trình đ−ờng thẳng ∆ đi qua A vuông góc với d và 
song song với ( )P . Tìm tọa độ điểm M trên d sao cho góc giữa hai đ−ờng thẳng AM và d bằng 045 . 
Câu 9B: (1,0 ủiểm) Tìm số phức z thỏa mCn ( )1 5 7
1
z
i z i
i
+ − = − +
−
. 
--------------------Hết-------------------- 
Họ và tên thí sinh:Số báo danh:.. 
Thí sinh không đ−ợc sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm ! 
Đáp án: đề Kiểm tra chất l−ợng ôn thi ĐH&CĐ - 2014 (Khối a, a1) 
Câu Lời giải Điểm 
1.a Cho hàm số 
2 1
1
x
y
x
+
=
−
 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số (1). 1 điểm 
Tập xác định: { }\ 1ℝ . 
1 1
lim ; lim
x x
y y
+ −→ →
= +∞ = −∞ ⇒ Đồ thị có tiệm cận đứng là đ−ờng thẳng 1x = . 
lim 2; lim 2
x x
y y
→−∞ →+∞
= = ⇒ Đồ thị có tiệm cận ngang là đ−ờng thẳng 2y = . 
0,25 
( )2
3
' 0 1
1
y x
x
=− < ∀ ≠
−
. Hàm số nghịch biến trên ( ) ( );1 , 1;−∞ +∞ . Hàm số không có cực trị. 0,25 
Bảng biến thiên Đồ thị 
x +∞
'y
y
−∞
−
−∞
1
−
2 +∞
2 O x
y
1 2 3 4 51−2−3−
2
4
6
2−
1
1−
3
5
0,5 
1.b b) Tìm m để đt ( ) : 1md y mx m= − + cắt đồ thị ( )H tại hai điểm thuộc hai nhánh của ( )H . 1điểm 
 Pt hđ giao điểm: ( ) ( )22 1 1 2 1 2 0 1
1
x
mx m mx m x m
x
+
= − + ⇔ − + + − =
−
 (Do 1x = không t/m (1)) 0,25 
 ( )md cắt ( )H tại 2 điểm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt ( )
0
0
*1
12 1 0
12
m
m
m m
≠≠ 
⇔ ⇔ 
∆= + > >− 
 0,25 
Gọi 2 nghiệm của (1) là 1 2,x x ( )1 2x x< , khi đó ta có 1 2 1 2
2 1 2
,
m m
x x x x
m m
+ −
+ = = . 
Để ( )md cắt ( )H tại 2 điểm phân biệt thuộc hai nhánh của ( )H thì 1 21x x< < . 
0,25 
( )( ) ( )1 2 1 2 1 2
2 2 1 3
1 1 0 1 0 1 0 0 0
m m
x x x x x x m
m m m
− + −
⇔ − − . 
Kết hợp với (*) ta đ−ợc 0m > . Vậy 0m > là giá trị cần tìm. 
0,25 
2 Giải ph−ơng trình: ( ) ( )2sin sin 2 sin 2 cos 1x x x x+ − = − . 1điểm 
 Ta có ( ) ( ) ( )( )21 1 cos sin 2 1 cos 0x x x⇔ − + − − = 0,25 
 ( )( )
1 cos 0
1 cos cos sin 1 0
cos sin 1 0
x
x x x
x x
− =
⇔ − + − = ⇔  + − =
 0,25 
 * 1 cos 0 cos 1 2x x x k π− = ⇔ = ⇔ = 0,25 
* cos sin 1 0 cos sin 1 sin sin 2 , 2
4 4 2
x x x x x x k x k
π π π
π π + − = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = = + 
 
Vậy ph−ơng trình có nghiệm : 2 ; 2
2
x k x k
π
π π= = + . 
0,25 
3 Giải hệ ph−ơng trình: 
( ) ( )
( )
2 4 2 4 2
2
2 2 5 1 2 4 1
2 5 2
x y xy y x y
x x y
 + + − + = −

 + − =
 1điểm 
Ta có 0y = không thỏa mCn ( )1 nên 
( ) ( )
2
2
2 2 4 2 2
2 1 1 1
1 2 5 8 2 2 5 8 3
x
x x x x
y y y y y
   
⇔ + + − + = − ⇔ + + + − =   
   
Đặt 
2
1
t x
y
= + . Vì 2 0x y≥ > nên 0t > . Khi đó ( )3 trở thành 22 5 8t t+ − = 
0,25 
 ( ) ( ) ( )2 2 32 3 5 2 0 3 2 0 35 2
t
t t t t
t
 +
⇔ − + − − = ⇔ − + = ⇔ = 
− + 
. Suy ra ( )22
1 1
3 4
3
x y
y x
+ = ⇔ =
−
 0,25 
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Thế ( )4 vào ( )2 ta đ−ợc 1 1 52 5 5 2
3 3 2
Đkx x x x x
x x
 + − = ⇔ − = − ≤ − −  
( ) ( ) ( ) ( )( )2 3 2 23 1 5 2 3 4 33 88 76 0 2 4 25 38 0 2x x x x x x x x x x x⇔ − − = − − ⇔ − + − = ⇔ − − + = ⇔ = . 
0,25 
 Với 2 1x y= ⇒ = ± . Vậy hệ ph−ơng trình có hai nghiệm ( ) ( ); 2; 1x y = ± . 0,25 
4 Tính tích phân: 
4
2
3
1
25
I dx
x x
=
−
∫ . 1điểm 
 Đặt 2 2 225 25t x t x tdt xdx= − ⇒ = − ⇒ = − . Đổi cận: 3 4; 4 3x t x t= ⇒ = = ⇒ = . 0,25 
 Ta có ( ) 222 2 2
1
252525 25
xdx tdt dt
dx
tt tx x x x
−
= = =
−−− − −
. 0,25 
 Khi đó 
3 3
24 4
31 1 1 1
ln 5 ln 5
425 10 5 5 10
dt
I dt t t
t t t
   = = − = − − +   − − + ∫ ∫
. 0,25 
31 5 1 3
ln ln
410 5 5 2
t
t
−
= =
+
. Vậy 
1 3
ln
5 2
I = . 0,25 
5 
Cho hình chóp tam giác đều .S ABC có cạnh ủáy bằng a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 060 . 
Gọi M là trung điểm của SC . Tính thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai 
đ−ờng thẳng SB và AM . 
1điểm 
 - Vì S.ABC là hình chóp đều nên chân đ−ờng cao H của S.ABC 
là trọng tâm của tam giác ABC. 
- Gọi I là trung điểm của BC, suy ra ( )BC SAI⊥ . 
Do đó góc giữa mặt bên (SBC) và đáy (ABC) là  060SIA = . 
0,25 
D
M
H
I
S
A
B
C
K
060
Ta có 03 1 3 .tan 60
2 3 6 2
a a a
AI IH AI SH IH= ⇒ = = ⇒ = = 
Suy ra 
2 3
.
1 1 3 3
. . .
3 3 4 2 24S ABC ABC
a a a
V S SH= = = . 
0,25 
Kẻ hình bình hành HIBD, gọi K là hình chiếu của H trên SD. 
Ta có ( ) ( )/ /AMI SBD và ( )HK SBD⊥ . 
Suy ra ( ) ( ) ( )( ) ( )( ); ; ;d AM SB d AMI SBD d H SBD HK= = = . 
0,25 
 Ta có 
2
a
HD IB SH= = = , suy ra 
2
42
SH a
HK = = . Vậy ( ) 2;
4
a
d AM SB = . 0,25 
6 Cho , , 0a b c > t/m ( )2 2 2 2 3a b c ab a b c+ + + = + + . Tìm GTNN của ( ) 2 1987 19876
2
P a b c
a c b
= + + + +
+ +
. 1điểm 
 Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
22 2 2 22 3 3 3 0 6
2
a b c
a b c ab a b c a b c a b c a b c a b c
+ +
+ + + = + + ⇔ + + = + + ⇒ + + ≥ ⇔ < + + ≤ 0,25 
( ) ( ) ( )2 21987 1987 1 16 6 9 1987 9
2 2
P a b c a b c
a c b a c b
 
= + + + + = + + + + + − + + + + 
( ) ( ) ( )1 2 3974 26 1987 2 6 3974 9 6 9
2. 2 2
a b c a b c a b c
a b ca c b a b c
 
≥ + + + ≥ + + + − = + + + −   + + ++ + + + + 
0,25 
Đặt t a b c= + + suy ra 0 6t< ≤ và ( )3974 26 9
2
P t f t
t
≥ + − =
+
. 
Ta có ( )
( )
( ]1987 2' 6 0 0;6
2 2
f t t
t t
= − < ∀ ∈
+ +
, suy ra ( )f t nghịch biến trên ( ]0;6 . 
Do đó 
( ]
( ) ( )
0;6
min 6 2014
t
f t f
∈
= = . Từ đó suy ra 2014P ≥ . 
0,25 
Đẳng thức xảy ra { 6; ; 3; 2 1, 2, 3a b c a b c c a c b a b c⇔ + + = + = = + = + ⇔ = = = . 
Vậy min 2014P = khi 1, 2, 3a b c= = = . 
0,25 
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
 Theo ch−ơng trình chuẩn 
7A 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đ−ờng tròn tâm ( )1;2I , 
bán kính 5R = . Chân đ−ờng cao kẻ từ B và C lần l−ợt là ( )3;3H và ( )0; 1K − . Viết 
ph−ơng trình đ−ờng tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK , biết A có tung độ d−ơng. 
1điểm 
Gọi D là điểm đối xứng với A qua I, suy ra D thuộc đ−ờng tròn 
ngoại tiếp tam giác ABC. Do đó   ( )090 1BAD ADB+ = . 
Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp nên   ( )2AKH ACB= . 
Lại có   ( )3ACB ADB= (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) 
Từ (1), (2) và (3) suy ra   090BAD AKH+ = hay AD KH⊥ . 
0,25 
J
D
K
H
I
A
B C
Ta có ( )3;4KH = ⇒

 ptđt AD là: ( )
1 4
1 4 ;2 3
2 3
x t
A a a
y t
= +
⇒ + −
= −
. 
Ta có ( ) ( )2 24 3 5 5 5 1IA R a a a a= ⇔ + − = ⇔ = ⇔ = ± 
Suy ra ( ) ( )5; 1 , 3;5A A− − . Do A có tung độ d−ơng nên ( )3;5A − . 
0,25 
Ta có ( )3; 6AK = −

, suy ra ptđt AB là: ( ); 1 2
1 2
x t
B b b
y t
=
⇒ − −
= − −
. Vì 5IB = nên ( )1; 3B − . 
( )6; 2AH = −

, suy ra ptđt AC là: ( )
3 3
3 3 ;3
3
x t
C c c
y t
= +
⇒ + −
= −
. Vì 5IC = nên ( )6;2C . 
0,25 
Ta có 5 2BC = , trung điểm của BC là 7 1;
2 2
J
 − 
 
. Đ−ờng tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK nhận BC 
làm đ−ờng kính nên nó có pt là: 
2 2
7 1 25
2 2 2
x y
   − + + =   
   
. 
0,25 
8A 
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đ−ờng thẳng ∆ : 1 2 3
1 2 2
x y z− − −
= = và mặt phẳng 
( ) : 2 2 1 0P x y z− + − = . Viết ph−ơng trình mặt phẳng ( )Q chứa ∆ và vuông góc với (P) . 
Tìm tọa độ điểm A thuộc ∆ sao cho khoảng cách từ A đến ( )P bằng 1. 
1điểm 
Ta có ∆ đi qua ( )1;2;3M và có vtcp ( )1;2;2u∆ =

. Mặt phẳng ( )P có vtpt ( )1; 2;2Pn = −

. 
Vì ( )Q chứa ∆ và vuông góc với ( )P nên ( )Q có vtpt là ( )1 , 2,0, 1
4Q P
n u n∆ = = − 
  
. 
0,25 
 Vì ( )Q đi qua ( )1;2;3M nên ( )Q có pt là: 2 1 0x z− + = . 0,25 
 Ta có A∈∆ nên ( )1 ;2 2 ;3 2A t t t+ + + . Suy ra ( )( ) 2;
3
t
d A P
+
= . 0,25 
 ( )( ); 1 2 3 1, 5d A P t t t= ⇔ + = ⇔ = = − . Do đó ( ) ( )2;4;5 , 4; 8; 7A A − − − . 0,25 
9A 
Tìm hệ số của 9x trong khai triển nhị thức Niu tơn của biểu thức 2
3
3
2
n
x
x
 − 
 
, biết n là 
số nguyên d−ơng thỏa m[n 3 22 99n nA C n− = và 0x ≠ . 
1điểm 
Ta có 
( ) ( )
( )( ) ( )3 2 ! !2 99 2 99 1 2 1 99
3 ! 2! 2 !n n
n n
A C n n n n n n n n
n n
− = ⇔ − = ⇔ − − − − =
− −
( )( ) ( ) ( )21 2 1 99 4 96 0 8 , 12loạin n n n n n n⇔ − − − − = ⇔ − − = ⇔ = − = . 
0,25 
 Khi đó ( ) ( )
12 12 12122 2 12 24 5
12 123 3
0 0
3 3
2 2 2 3
k
k kk k k k
k k
x C x C x
x x
− − −
= =
   − = − = −   
   
∑ ∑ 0,25 
 Số hạng ( )12 24 512 2 3
kk k kC x− −− chứa 9x khi và chỉ khi 24 5 9 3k k− = ⇔ = 0,25 
 Vậy hệ số của 
9x là ( )33 912 2 3 3041280C − = − . 
0,25 
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
 Theo ch−ơng trình nâng cao 
7B 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có ( )5;1D . Gọi M là trung điểm 
của BC , N là điểm thuộc đ−ờng chéo AC sao cho 4AC AN= . Tìm tọa độ điểm C biết 
ph−ơng trình đ−ờng thẳng MN là 3 4 0x y− − = và M có tung độ d−ơng. 
1điểm 
Gọi H, K lần l−ợt là hình chiếu của N trên BC và CD. 
Khi đó NHCK là hình vuông và H là trung điểm của BM, 
suy ra NMH NBH NDK∆ =∆ =∆ . 
Do đó       090DNM DNK KNM MNH KNM KNH= + = + = = . 
Hay ( )1DN MN⊥ và ( )2NM ND= 
0,25 
H
N
M
C
BA
D K 
Từ (1) suy ra ptđt DN là: 3 8 0x y+ − = . Do đó ( )2;2N . 
Ta có ( );3 4M m m− . Từ (2) suy ra ( ) ( )2 22 3 6 10m m− + − = 
( ) ( )
( )
( )
1; 11
2 1 3;5
3 3;5
Mm
m M
m M
 −=
⇔ − = ⇔ ⇒ ⇒ = 
loại
0,25 
 Gọi ( );C a b . Ta có 
( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
5 3 1 5 0. 0
2 5 1 2 3 5
a a b b
DC MC
DC MC a b a b
 − − + − − = = 
⇔ 
= − + − = − + − 
 
 0,25 
( ) ( )
( )
( )2 2 2 2
2 2
; 5;5 5;5
8 6 20 0 8 6 20 0
9 17 9 17
2 5 0 ; ; ;3 3 14 38 110 0
5 5 5 5
a b C
a b a b a b a b
a b a b Ca b a b
 =
 + − − + =  + − − + =  ⇔ ⇔ ⇒      − + = =+ − − + =          
Vì C và D nằm cùng phía đối với đt MN nên ( )5;5C . 
0,25 
8B 
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm ( )1;2;3A , mặt phẳng ( ) : 2 3 4 0P x y z− + − = và 
đ−ờng thẳng ( ) 2 1 3:
1 2 2
x y z
d
− − −
= =
−
. Viết ph−ơng trình đ−ờng thẳng ∆ đi qua A vuông 
góc với d và song song với ( )P . Tìm tọa độ điểm M trên d sao cho góc giữa hai đ−ờng 
thẳng AM và d bằng 045 . 
1 điểm 
Ta có: d có vtcp là ( )1; 2;2du = −

, ( )P có vtpt là ( )1; 2;3Pn = −

 và ( )A P∉ . 
Vì ∆ vuông góc với d và song song với ( )P nên ∆ có vtcp là ( ), 2;1;0P du n u∆  = = 
  
. 
0,25 
 Vì ∆ đi qua ( )1;2;3A nên ∆ có pt là 
1 2
2
3
x t
y t
z
= +

= +
 =
. 0,25 
Ta có M d∈ nên ( )2 ;1 2 ;3 2M t t t+ − + ( )1 ; 1 2 ; 2 0AM t t t⇒ = + − − ≠
 
 (Do A d∉ ) 
Vì góc giữa AM và d bằng 045 nên 0
2
. 9 3 1
cos 45
2. 3 9 6 2
d
d
AM u t
AM u t t
+
= ⇔ =
+ +
 
  
0,25 
 ( )2 2 2 22 3 1 9 6 2 3 2 0 0,
3
t t t t t t t⇔ + = + + ⇔ + = ⇔ = = − ( ) 4 7 52;1;3 , ; ;
3 3 3
M M
 ⇒  
 
. 0,25 
9B Tìm số phức z thỏa m[n ( ) ( )1 5 7 1
1
z
i z i
i
+ − = − +
−
 1điểm 
 Ta có ( ) ( )1 2 2 12 2z z i⇔ − = + 0,25 
 Gọi ( ),z a bi a b= + ∈ℝ , khi đó ( )2 trở thành ( ) ( )2 2 12 3 2 12a bi a bi i a bi i− − + = + ⇔ − = + 0,25 
2 2
3 12 4
a a
b b
= = 
⇔ ⇔ 
− = = − 
. 0,25 
 Vậy 2 4z i= − . 0,25 
Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác, đúng thì vẫn cho điểm tối đa. 
Tĩnh Gia, ngày 22 tháng 3 năm 2014 
 Tổ Toán – Tr−ờng THPT Tĩnh Gia 1 – Thanh Hóa 
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com