Đề thi thử Đại học lần II năm 2014 môn Toán khối A, A1, B, V - Trường THPT Hồng Quang

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG 
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2014 
MÔN: TOÁN; KHỐI A, A1, B, V 
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề). 
 
 
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số 2
1
xy
x
−
=
− +
 
 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Cho điểm M(-2; 2). Tìm các giá trị của m để đường thẳng 2y mx= + cắt đồ thị (C) tại hai 
điểm A, B có hoành độ 1 2,x x thỏa mãn 1 21x x< < và tam giác MAB cân tại M. 
Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình ( )
22
2
2cos s inx+ cos 3
sin 3 sin
4 41 tan 2 2
x x
x x
x
pi pi−     
= + − +    +     
. 
Câu 3 (1 điểm). Giải hệ phương trình 
3 3
3 2 3
6 8
15 67 5 103 3 11
x y xy
x x x y x y
 + + =

− + − − = − −
 ( ),x y ∈ℝ . 
Câu 4 (1 điểm). Tính tích phân 
4
0
1
sin
cos
x x dx
x
pi
 
+ 
 
∫ . 
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, AD = 2a (a > 0). 
E là trung điểm của AB, H là giao điểm của AC và DE. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và 
góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.BCDE và khoảng 
cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a. 
Câu 6 (1 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 2 2 21 9 3
4
x y z+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức 1 2 1
2 4 2 3
A
x y z
= + +
− − −
. 
Câu 7 (1 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 40. Đường thẳng chứa cạnh BD có 
phương trình (d): 4x - 3y + 1 = 0, đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M(-2; 1) và tạo với đường 
thẳng (d) góc α với 2cos
5
α = . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, D biết đỉnh B có hoành độ dương. 
Câu 8 (1 điểm). Trong không gian Oxyz cho điểm M(0; 1; -6), đường thẳng 1
1 1 2
:
2 1 3
x y zd − + += =
−
 
và mặt phẳng (P): x + 2y - z + 2014 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M, cắt đường 
thẳng d1 và song song với mặt phẳng (P). 
Câu 9 (1 điểm). Tìm môđun của số phức zziw +−= 3 , biết (1 ) 1 3 0i z i+ − − = . 
 
 
 
----------------- Hết ---------------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh: ........................................................
 1 
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG 
Tổ: Toán 
----***---- 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2014 
MÔN TOÁN - KHỐI A - A1 - B - V 
( Đáp án – Thang điểm gồm 07 trang) 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
1. (1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2
1
xy
x
−
=
− +
 
 
* Tập xác định: \ {1}D = ℝ 
* Sự biến thiên: 
- Đạo hàm 2
1
' ( 1)y x
−
=
− +
; ' 0, 1.y x< ∀ ≠− 
 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ( );1 và 1;+−∞ ∞ . 
 
 
 
0,25 
 - Hàm số không có cực trị. 
- Giới hạn và tiệm cận: 
1 1
lim ; lim
x x
y y
− +→ →
= −∞ = +∞ , đồ thị hàm số có tiệm cận đứng 1x = 
lim 1; lim 1
x x
y y
→−∞ →+∞
= − = − , đồ thị hàm số có tiệm cận ngang 1y = − . 
 
 
0,25 
Bảng biến thiên: 
-1
+∞
-∞
-1
-
-
1 +∞-∞
f(x)
f '(x)
x
 
 
 
 
 
0,25 
 
 
* Đồ thị: 
Đồ thị cắt trục Oy tại điểm ( )0; 2− , 
cắt trục hoành tại điểm (2;0) . 
Đồ thị nhận giao của hai tiệm cận làm 
tâm đối xứng. 
 
x
y
- 1
1
- 2
2
y = - 1
x = 1
f x( ) = 
x-2
-x+1
O
 
 
 
 
 
 
 
 
0,25 
2. (1,0 điểm) Tìm m để... 
I 
(2,0 đ) 
Xét pt hoành độ giao điểm ( ) ( ) ( )2
12 2
3 4 0 11
xx
mx
g x mx m xx
≠
− 
= + ⇔ 
= − − − =− + 
 
Để 2y mx= + cắt đồ thị (C) tại hai điểm có hoành độ 1 2,x x thỏa mãn 1 21x x< < 
⇔ phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn 1 21x x< < 
( ) ( )1 2
0
0
1 1 0
m
x x
 ≠

⇒ ∆ >

− − <
(Theo định lí Viet 1 2 1 2
3 4
;
m
x x x x
m m
− −
+ = = ). 
 
 
 
 
0,25 
 2 
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
1 2 1 2
0 0 0
10 9 0 10 9 0 ; 9 1;
11 0 0;0
0; *
m m m
m m m m m
x x x x m
m
m

≠ ≠ ≠

⇔ ∆ = + + > ⇔ + + > ⇔ ∈ −∞ − ∪ − +∞  
  
−
− + + < ∈ +∞  <

⇔ ∈ +∞
 
 
 
 
0,25 
 Với m thỏa mãn (*), gọi ( ) ( )1 1 2 2; 2 , ; 2A x mx B x mx+ + và I là trung điểm của 
đoạn AB, 1 2 3 3 3 1; ; . 2 ;
2 2 2 2 2I
x x m m m mI y m
m m m
+ − − − +     
= + =    
    
 
Đế tam giác MAB cân tại M 
( )M d
MI u
∉
⇔ 
⊥
 
 
(trong đó ( )1;u m là vtcp của đường thẳng (d) và 5 3 3;
2 2
m mMI
m
− − 
 
 

) 
 
 
 
 
0,25 
( )( )23 2
2 2 2 00
5 3 3 1 2 3 0.1 . 0 3 5 3 0
2 2
m mm
m m
m m mm m m m
m
≠ − + ≠≠ 
⇔ ⇔ ⇔
− −  
− − + =+ = − + − =  
 
1m⇔ = (thỏa mãn điều kiện (*)). (Vì ( )22 2 3 1 2 0,m m m m− + = − + > ∀ ) 
Chú ý: Có thể dùng điều kiện: đế tam giác MAB cân tại M ( )M d
MA MB
∉
⇔ 
=
. 
 
 
 
0,25 
(1,0 điểm) Giải phương trình ( )
22
2
2cos sinx+cos 3
sin 3 sin
4 41 tan 2 2
x x
x x
x
pi pi−     
= + − +    +     
 
Điều kiện: cos 0 ,
2
x x n n
pi
pi≠ ⇔ ≠ + ∈ℤ . (*) 
( )
( )
2
2
2
2 cos 1 s in2x 3
.2 cos 2 .s inx1 42 2
cos
2 cos 2 sin 2 cos 3 cos 2 .s inx
4
x
PT x
x
x x x x
pi
pi
− +  
⇔ = + 
 
 
⇔ − = + 
 
 
 
 
 
 
0,25 
 
( )
( )
2
2
cos 2 0 2
42cos 2 cos 3cos 2 .sinx
4 4
2cos 3sinx 3
x
x x x
x
pi
pi pi
  
+ =     
⇔ + = + ⇔           =
 
 
 
0,25 
 ( )2 2 ;
4 2 8 2
x k x k kpi pi pi pipi⇔ + = + ⇔ = + ∈ℤ (thỏa mãn điều kiện (*)). 0,25 
 
 
II 
(2,0 đ) 
( ) ( )
( )
2 2
1
sinx
23 2 1 sin 3sin 2sin 3sin 2 0
sin 2
x x x x
x loai

=⇔ − = ⇔ + − = ⇔

= −
 
2 ,
6
5 2 ,
6
x k k
x k k
pi
pi
pi
pi

= + ∈
⇔ 

= + ∈

ℤ
ℤ
(thỏa mãn điều kiện (*)). 
Vậy họ nghiệm của phương trình đã cho là 5; 2 ; 2 ;
8 2 6 6
x k x k x k kpi pi pi pipi pi= + = + = + ∈ℤ 
 
 
 
0,25 
 3 
Giải hệ phương trình 
( )
( )
3 3
3 2 3
6 8 1
15 67 5 103 3 11 2
x y xy
x x x y x y
 + + =

− + − − = − −
 ( ),x y ∈ℝ . 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
3
2
2
1 8 3 6 0
2 2 4 3 2 0
2 2 4 3 0
x y xy x y xy
x y x y x y xy x y
x y x y x y xy
⇔ + − − + + =
 ⇔ + − + + + + − + − =
 
 ⇔ + − + + + + − =
 
 
 
 
0,25 
 ( )( )2 22 2 2 4 0 2 0x y x y xy x y x y⇔ + − + − + + + = ⇔ + − = 
Vì ( ) ( ) ( )2 2 22 2 12 2 4 2 2 0, ;
2
x y xy x y x y x y x y + − + + + = + + + + − > ∀ ∈
 
ℝ 
(Dấu bằng không xảy ra). 
 
 
0,25 
Thay y = 2 - x vào (2) ta được phương trình: 
( ) ( ) ( ) ( )333 2 3 3 315 72 113 4 17 5 5 4 17 4 17 3x x x x x x x x− + − = − ⇔ − + − = − + −
Xét hàm số ( ) 3g t t t= + trên .ℝ 
Ta có ( ) 2' 3 1 0,g t t t= + > ∀ ∈ℝ suy ra hàm số g(t) đồng biến trên .ℝ 
Mặt khác g(t) là hàm liên tục trên .ℝ 
Do đó phương trình ( ) ( ) ( )3 33 5 4 17 5 4 17g x g x x x⇔ − = − ⇔ − = − 
 ( )3 3 25 4 17 15 71 108 0x x x x x⇔ − = − ⇔ − + − = 
 
 
 
 
 
0,25 
III 
(1,0 đ) 
( ) ( )2 2
44 0
4 11 27 0 11 1311 27
2
x
x
x x x
x x x
=
− = ⇔ − − + = ⇔ ⇔ ±
− + = 
 
Với x = 4 ⇒ y = - 2. 
Với 11 13 7 13
2 2
x y+ − −= ⇒ = . Với 11 13 7 13
2 2
x y− − += ⇒ = . 
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) ( ) 11 13 7 13 11 13 7 13; 4; 2 , ; , ;
2 2 2 2
x y
   + − − − − +
= −       
   
 
 
 
 
 
0,25 
(1,0 điểm) Tính tích phân 
4
0
1
sin
cos
x x dx
x
pi
 
+ 
 
∫ . 
4 4 4
0 0 0
1 sin
sin sin
cos cos
x
x x dx dx x xdx
x x
pi pi pi
 
+ = + 
 
∫ ∫ ∫ 
 
0,25 
( )4 4
4
0
0 0
cossin 1ln cos ln cos ln cos 0 ln 2 ln 2
cos cos 4 2
d xxdx x
x x
pi pi
pi pi 
= − = − = − − = = 
 
∫ ∫ . 
 
0,25 
Tính: 
4
0
sinI x xdx
pi
= ∫ Đặt sin cos
u x du dx
dv xdx v x
= = 
⇒ 
= = − 
 
 
0,25 
IV 
(1,0 đ) 
( )
4
4 4
00
0
2 2 2
.cos cos cos s inx 1
4 4 4 2 2 2 4
I x x xdx
pi
pi pipi pi pi pi 
= − + = − + = − + = − 
 
∫ 
Vậy 
4
0
1 1 2
sin ln 2 1
cos 2 2 4
x x dx
x
pi
pi   
+ = + −   
   
∫ . 
 
 
 
0,25 
 4 
(1,0 điểm) Tính thể tích... 
600
S
C
B
I
H
E
K
D
A
 
- Vì SH ⊥ (ABCD) nên HA là hình chiếu của SA trên (ABCD) do đó góc giữa SA 
và (ABCD) là góc giữa SA và HA là là góc  060SAH = (vì tam giác SAH vuông tại 
H nên SAH nhọn). 
- Ta có 2 21 1 1 1 6
2 3 3 3 3
AH AE AH aAH AC AD DC
HC DC AC
= = ⇒ = ⇒ = = + = 
- Trong tam giác vuông SAH có 0. tan 60 2SH AH a= = . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0,25 
 
 
 
 
- 
21 3 2
. .
2 2BCDE ABCD ADE
aS S S AB AD AE AD= − = − = 
- Thể tích khối chóp S.BCDE là 
2
3
.
1 1 3 2
. . . 2.
3 3 2S BCDE BCDE
aV SH S a a= = = (đvtt). 
 
 
0,25 
- Từ B kẻ đường thẳng song song với AC, cắt DE tại I. Gọi K là hình chiếu của H 
trên SI. 
- Ta có ( )
( )
( )
/ /
/ /
AC BI
BI SBI AC SBI
AC SBI


⊂ ⇒
 ⊄
, do đó ( ) ( )( ) ( )( ), , ,d AC SB d AC SBI d H SBI= = . 
- Chứng minh được ADC EAD∆ ∆∼   0 190 ,
2
AD EAADC EAD
AC AD
 
= = = = 
 
 
( )AC DE AC SDI AC HK⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ , mà BI // AC nên HK BI⊥ 
Mặt khác HK SI⊥ (theo cách dựng). Do đó ( ) ( )( ),HK SBI d H SBI HK⊥ ⇒ = . 
 
 
 
 
 
0,25 
V 
(1,0 đ) 
- Xét tam giác vuông ADE có 
2
2
.
3
AE aAE HE DE HE
DE
= ⇔ = = . 
- Vì E là trung điểm của AB nên chứng minh được 22
3
aHI HE= = . 
- Xét tam giác vuông SHI có 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 2 2 5
52 4 5
3
a aHK
HK SH HI a a
= + = + ⇒ = =
 
Vậy ( ) ( )( ) ( )( ) 2 5, , , 5
ad AC SB d AC SBI d H SBI= = = . 
 
 
 
 
 
0,25 
 5 
(1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 2 2 21 9 3
4
x y z+ + = . Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức 1 2 1
2 4 2 3
A
x y z
= + +
− − −
 
Ta có 1 2 1 1 1 1
2 4 2 3 2 2 32
2
A
yx y z x z
= + + = + +
− − − − −
−
 
Đặt , , 3 .
2
y
a x b c z= = = 
Khi đó giả thiết 2 2 2
0, 0, 0
1 9 3
4
x y z
x y z
> > >


+ + =
 trở thành 2 2 2
0, 0, 0
0 , , 3
3
a b c
a b c
a b c
> > >
⇒ < <
+ + =
 
Xét hàm số: ( ) 21 1
2 2
f t t
t
= −
−
 với ( )0; 3t ∈ . 
 
 
 
 
 
0,25 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
23 2
2 2 2
1 3 11 4 4 1
' ;
2 2 2
1 0; 3
3 5
' 0 0; 3
2
3 5 0; 3
2
t t tt t tf t t
t t t
t
f t t
t
− − − +
− + − +
= − = =
− − −

= ∈

−
= ⇔ = ∈

+
= ∉
 
Bảng biến thiên: 
1
2
3+ 5
2
3- 5
2
0 +
3
5 5 -9
4
1
2
1
-
+ 0
+∞
1+2 3
2
0-∞
f(t)
f '(t)
t
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0,25 
 Từ bảng biến thiên ta có: ( ) ( )21 1 1 , 0; 32 2 2f t t tt= − ≥ ∀ ∈− 
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi t = 1. 
Do ( ), , 0; 3a b c ∈ nên ta có ( ) ( ) ( )1 1 1, ,2 2 2f a f b f c≥ ≥ ≥ 
 
 
 
0,25 
VI 
(1,0 đ) 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 23 1 1 1 1 3 32 2 2 2 2 2f a f b f c a b ca b c⇒ + + ≥ ⇔ + + ≥ + + + =− − − 
Dấu "=" xảy ra khi 11 1; 2; .
3
a b c x y z= = = ⇒ = = = 
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 3 khi 11; 2;
3
x y z= = = . 
 
 
 
0,25 
 6 
(1,0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của hình chữ nhật ABCD. 
Gọi ( ) ( )2 2; 0n a b a b= + > là vtpt của cạnh 
AB. Đường thẳng AB đi qua điểm M có PTTQ 
( ) ( )2 1 0 ax 2 0a x b y by a b+ + − = ⇔ + + − = 
Do đường thẳng AB tạo với đường thẳng BD 
góc α với 2os
5
c α = nên ta có pt: 
M
D C
BA
 
( )
2 2
22 2 2
4 3 2 4 3 2 5
54 3 .
a b
a b a b
a b
−
= ⇔ − = +
+ − +
 
 
( ) ( )( )2 2 2 2 2 216 24 9 20 4 24 11 0 2 2 11 0
2 0 2
2 11 0 2 11
a ab b a b a ab b a b a b
a b a b
a b a b
⇔ − + = + ⇔ + + = ⇔ + + =
+ = = − 
⇔ ⇔ + = = − 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0,25 
 
 
Với 2a = -b, chọn a =1, b = -2, khi đó phương trình AB: x - 2y + 4 = 0. 
Vì B AB BD= ∩ nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: 
( )2 4 0 2 4 2 2;3
4 3 1 0 4 3 1 3
x y x y x
B
x y x y y
− + = − = − =  
⇔ ⇔ ⇒  
− + = − = − =  
(thỏa mãn 0Bx > ). 
Với 2a = -11b, chọn a =11, b = -2, khi đó phương trình AB: 11x - 2y + 24 = 0. 
Vì B AB BD= ∩ nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: 
14
11 2 24 0 11 2 24 14 175 ;
4 3 1 0 4 3 1 17 5 5
5
x
x y x y
B
x y x y y

= −
− + = − = −    
⇔ ⇔ ⇒ − −    
− + = − = −    
= −

 (loại vì 0Bx < ). 
 
 
 
 
 
0,25 
Xét tam giác vuông ABD, từ 2 1 1os tan
2 25
AD
c
AB
α α= ⇒ = ⇒ = (1) 
Mặt khác . 40ABCDS AB AD= = (2). Từ (1) và (2) ta tìm được 2 5; 4 5AD AB= = 
BD: 4x - 3y + 1 = 0 ⇒ đường thẳng BD đi qua điểm (-1; -1) và có vtcp ( )3;4u 
nên có phương trình tham số: ( )1 3
1 4
x t
t
y t
= − +
∈
= − +
ℝ . ( )1 3 ; 1 4D BD D t t∈ ⇒ − + − + 
( ) ( ) ( )
( )22
1 3 2 1 4 4 1
; 2 5 1 2
31 2
t t t
AD d D AB t
t
− + − − + + = −
= = = ⇔ − + = ⇔ 
=+ −
 
 
 
 
 
 
0,25 
VII 
(1,0 đ) 
Với t = - 1 ta có D(-4; -5). Khi đó tìm được A(-6; -1). 
Với t = 3 ta có D(8; 11). Khi đó tìm được A(10; 7). 
 
0,25 
(1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng ∆ ... 
Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến ( )1;2; 1n − 
Gọi ( )1 11 2 ; 1 ; 2 3A d A t t t d= ∆ ∩ ⇒ + − + − − ∈ 
 
0,25 
( )1 2 ; 2 ; 4 3MA t t t⇒ + − + − . Vì ∆ // (P) nên . 0MA n MA n⊥ ⇒ =    
0,25 
( ) ( )1 2 2. 2 4 3 0 7 7 1t t t t t⇔ + + − + − − = ⇔ = ⇔ = 0,25 
VIII 
(1,0 đ) 
Với t = 1 ta có phương trình đường thẳng ∆ cần tìm đi qua điểm M(0; 1; -6), có 
véc tơ chỉ phương ( )3; 1;1MA = − có dạng: 1 6
3 1 1
x y z− +
= =
−
. 
 
0,25 
 7 
(1,0 điểm) Tìm môđun của số phức zziw +−= 3 , biết (1 ) 1 3 0i z i+ − − = . 
Gọi số phức ( ),z x yi x y z x yi= + ∈ ⇒ = −ℝ . Khi đó 
(1 ) 1 3 0i z i+ − − = (1 )( ) 1 3 0 ( 1) ( 3) 0i x yi i x y x y i⇔ + − − − = ⇔ + − + − − = 
 
0,25 
1 0 2
3 1
x y x
x y y
+ − = = 
⇔ ⇔ 
− − = − 
(thỏa mãn điều kiện ,x y ∈ℝ ). 0,25 
Suy ra 2 ; 2z i z i= − = + . 
Do đó ta có iiiizziw −=++−−=+−= 42)2(33 
 
0,25 
IX 
(1,0 đ) 
Vậy ( )224 1 17w = + − = . 0,25 
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. 
----------------HẾT--------------