Đề thi thử đại học lần II năm học 2013 – 2014 Môn: Toán – Khối A, A 1 , B TRƯỜNG THPT CAN LỘC

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
 
 
 
 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 2y x x= − + có đồ thị là (C) 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 
b) Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M cắt đồ thị (C) tại điểm 
thứ hai là N (khác M) thỏa mãn: 2 25 M NP x x= + đạt giá trị nhỏ nhất. 
 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: ( )s inx t anx 2 1 cos
t anx s inx 3
x
+
= +
−
 
 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
22
2 3 3 3
2 4 2
x x y y xy x y
x y
 + − + = −

− = −
 ( ),x y ∈ℝ 
 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: 
34
2
0
tan
1 os
xI dx
c x
pi
=
+∫
 
 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác cân tại S và 
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là điểm thuộc cạnh AD sao cho MD = 2MA . Tính 
theo a thể tích khối chóp S.BCDM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CM biết mặt phẳng 
(SBD) tạo với mặt phẳng đáy một góc 600. 
 Câu 6 (1,0 điểm). Cho , ,x y z là các số dương thỏa mãn: x y z+ ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 ( )4 4 4 4 4 41 1 1P x y z x y z
 
= + + + + 
 
 
II. 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 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AD, AB lấy 
hai điểm E và F sao cho AE = AF. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BE. Tìm tọa độ của C 
biết C thuộc đường thẳng d: x – 2y + 1 = 0 và tọa độ F(2; 0), H(1; -1) 
 Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm A(1; -1; 2) hai đường thẳng 
 1
1 1
:
2 1 1
x y zd − −= = , 2
1 1 2
:
1 1 1
x y zd − − −= =
−
. Tìm tọa độ điểm B thuộc d1, C thuộc d2 sao cho BC 
nằm 
 trong mặt phẳng chứa A và d1, đồng thời AC = 2AB và B có hoành độ dương. 
 Câu 9a (1,0 điểm).Tìm số phức z biết 2 3z iu
z i
+ +
=
−
 là một số thuần ảo và 1 3 1z i z i+ − = − + 
 B. Theo chương trình nâng cao 
 Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip có phương trình: 
2 2
1
25 9
x y
+ = . Tìm điểm M 
thuộc elip sao cho góc  01 2 90F MF = với F1, F2 là hai tiêu điểm của elip. 
 Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz cho điểm A(1; 1; 2), B(2; -1; 1) và đường thẳng 
d: 1 1
1 2 1
x y z− −
= =
−
. Tìm điểm M thuộc d có hoành độ dương sao cho diện tích tam giác ABM bằng 
3 . Câu 9b (1,0 điểm). Cho z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình: z2 – 2z + 4 = 0. Tìm phần 
thực, phần ảo của số phức: 
2013
1
2
w
z
z
 
=  
 
, biết z1 có phần ảo dương. 
…………HẾT……….. 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
SỞ GD VÀ ĐT HÀ TĨNH 
TRƯỜNG THPT CAN LỘC 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2013 – 2014 
Môn: TOÁN – Khối A, A1, B 
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) 
 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
 
Họ và tên thí sinh:………………………………………………….; Số báo 
danh:……………………….. 
 
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
a) (1,0 điểm) 
* Tập xác định: D = R 
* Sự biến thiên: 
- Chiều biến thiên: 
Ta có: y' = 3x2 – 6x; y' = 0 
0
2
x
x
=
⇔ 
=
 
Hàm số đồng biến trên khoảng ( );0−∞ và ( )2;+∞ ; nghịch biến trên khoảng ( )0;2 
 
 
 
0,25 
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -2 
 
- Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞ 
 
0,25 
- Bảng biến thiên: 
 x - ∞ 0 2 + ∞ 
 y’ + 0 - 0 + 
 2 + ∞ 
 y 
 -2 
 - ∞ 
 
 
 
0,25 
* Đồ thị 
 
4
2
2
4
52 31-1 O
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0,25 
b) (1,0 điểm) 
Gọi điểm M thuộc đồ thị hàm số có tọa độ ( )3 2; 3 2M a a a− + 
Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M có dạng: ( )( )2 3 23 6 3 2y a a x a a a= − − + − + 
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và tiếp tuyến là: 
( )( )3 2 2 3 23 2 3 6 3 2x x a a x a a a− + = − − + − + 
 
 
0,25 
Câu 1 
2,0 điểm 
( ) ( )2 2 3 0
2 3
x a
x a x a
x a
=
⇔ − + − = ⇔ 
= − +
 
Để (C) cắt tiếp tuyến tại N khác M thì: 2 3 1a a a≠ − + ⇔ ≠ 
 
 
0,25 
x 
y 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
Khi đó: ; 2 3M Nx a x a= = − + 
Ta có: ( ) ( )2 22 25 2 3 9 12 9 3 2 5P a a a a a= + − + = − + = − + 0,25 
Do đó: 5P ≥ ,suy ra Pmin = 5 khi 
2
3
a = .Đối chiếu ĐK ta được 2
3
a = .Vậy 2 26;
3 27
M   
 
 0,25 
Câu Đáp án Điểm 
Đk: 
cos 0 cos 0
t anx s inx 0 cos 1
x x
x
≠ ≠ 
⇔ 
− ≠ ≠ ± 
 
Khi đó phương trình đã cho tương đương với: 
( )s inx s inx3 s inx 2 1 cos s inx
cos cos
x
x x
   
+ = + −   
   
 
 
0,25 
( ) ( )2 2s inx 2cos 3cos 1 0 2cos 3cos 1 0, : s inx 0x x x x Do⇔ + + = ⇔ + + = ≠ 
0,25 
Ta có: 2
cos 1
2cos 3cos 1 0 1
cos
2
x
x x
x
= −
+ + = ⇔
 = −

 
Vì cos 1x ≠ − nên ta có: 
 
 
0,25 
Câu 2 
1,0 điểm 
1 2
os 2 , ( )
2 3
c x x k kpi pi= − ⇔ = ± + ∈ℤ 
Vậy nghiệm phương trình: 2 2
3
x kpi pi= ± + với k ∈ℤ 
 
 
0,25 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
22
2 3 3 3
2 4 2
x x y y xy x y
x y
 + − + = −

− = −
 
Ta có phương trình (1) tương đương với: ( ) ( )33 3 3x x y x y x+ = − + − (3) 
 
 
0,25 
Xét hàm số: 3( ) 3 ,f t t t t= + ∀ ∈ℝ 
Do: 2'( ) 3 3 0,f t t t= + > ∀ ∈ℝ nên hàm số đồng biến trên ℝ 
Suy ra: (3) ( ) ( ) 2f x f y x y x⇔ = − ⇔ = 
 
 
0,25 
Thay vào pt (2) ta được: (x2 – 2)2 = 4(2 – 2x) ⇔ x4 = 4(x – 1)2 ⇔
2
2
2( 1)
2( 1)
x x
x x
 = −

= − −
 
* PT: x2 = 2(x – 1) vô nghiệm 
 
0,25 
Câu 3 
1,0 điểm 
* PT: x2 = -2(x – 1) 1 3x⇔ = − ± 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 
1 3 1 3
;
2 2 3 2 2 3
x x
y y
 = − + = − − 
 
= − + = − −  
 
0,25 
Đặt 2 2
2 t anx2 tan
os
t x dt dx
c x
= + ⇒ = 
Đổi cận: 
khi x = 0 ta có: t = 2; 
khi 
4
x
pi
= ta có: t = 3 
 
 
0,25 
 
Câu 4 
1,0 điểm 
Ta có: ( )
324
22
0 2
tan t anx 1 2
.
os 22 tan
x tI dx dt
c x tx
pi
−
= =
+∫ ∫
 
 
0,25 
(1) 
(2) 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
3 3
2 2
1
2
dtdt
t
= −∫ ∫ 
 
0,25 
 
3 31 1 3ln ln
2 22 2 2
t t= − = − 
 
 
 
0,25 
Câu Đáp án Điểm 
E
I
H
C
A D
B
S
M
F
K
 
Gọi H là trung điểm cạnh AB, khi đó SH AB⊥ , do (SAB) ⊥ (ABCD) 
nên SH ⊥ (ABCD) 
Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên BD khi đó: BD ⊥ (SHI), (Do BD ⊥ SH) 
Suy ra BD ⊥ SI, do đó góc giữa (SBD) và (ABCD) là: SIH , theo giả thiết: SIH = 600 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0,25 
 
Ta có: HI = 1 2
4 4
aAC = 
Trong tam giác vuông SHI ta có: SH = HI.tan600 = 6
4
a
 
Ta có: SBCDM = SABCD – SABM = 
2 2
2 5
6 6
a a
a − = 
Vậy 
3
.
1 5 6
.
3 72S BCDM BCDM
aV S SH= = (ĐVTT) 
 
 
 
0,25 
Câu 5 
1,0 điểm 
Dựng HN, AE song song với CM (N, E thuộc cạnh BC) 
Khi đó: CM//(SAE), E là trung điểm CN 
Ta có: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ), , ( ) , , ( ) , (d CM SA d CM SAE d C SAE d N SAE d H SAE= = = = 
Gọi F là hình chiếu vuông góc của H lên AE, K là hình chiếu vuông góc của H lên 
SF, khi đó: (SHF) ⊥ (SAE) nên HK ⊥ (SAE), do đó: ( ), ( )d H SAE HK= 
 
0,25 
N 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
Trong tam giác vuông ABE, ta có: 
2
2
2
23sin
134
9
a
BEBAE
AE a
a
= = =
+
 
Suy ra HF = AH.sinBAE = 
13
a
 
Trong tam giác vuông SAF ta có: 
2 2 2 2 2
1 1 1 . 3
47
HF HSHK a
HK HF HS HF HS
= + ⇒ = =
+
. Vậy ( ) 3,
47
d CM SA a= 
 
 
 
0,25 
Câu Đáp án Điểm 
Ta có: 
( ) ( )2 42 24 4
2 8
x y x y
x y
+ +
+ ≥ ≥ , ( )44 4 2 2
1 1 2 32
x y x y x y
+ ≥ ≥
+
 0,25 
Do đó: ( ) ( )
44 4
4
4 4
32 1 1 32 5
8 8
x y x y zP z
z z x yx y
   +  + ≥ + + = + +       + +        
 
 
0,25 
Đặt 
4
,
x y
t
z
+ 
=  
 
 ta có: 0 1t< ≤ (Do: x + y ≤ z) 
Suy ra: ( ]32( ) 5, 0;1
8
tP f t t
t
≥ = + + ∀ ∈ 
0,25 
Câu 6 
1,0 điểm 
Ta có: 2
1 32
'( ) , '( ) 0 16
8
f t f t t
t
= − = ⇔ = ± , do đó: ( ]'( ) 0, 0;1f t t< ∀ ∈ 
Suy ra: 297'( ) (1)
8
f t f≥ = 
Vậy 297min , :
8
x y
P khi
x y z
=
= 
+ =
 
 
 
0,25 
A. Theo chương trình chuẩn 
Câu Đáp án Điểm 
 
Gọi M là giao điểm của AH và CD 
Ta có hai tam giác ABE và ADM bằng nhau (Vì: 
AB = AD,  ABE DAM= , do cùng phụ với AEH ) 
Do đó DM = AE = AF, suy ra BCMF là hình chữ 
nhật. 
 
 
 
0,25 
Gọi I là tâm hình chữ nhật BCMF 
Trong tam giác vuông MHB ta có: 1
2
HM BM= 
Do BM = CF nên 1
2
HM CF= , suy ra tam giác CHF vuông tại H. 
0,25 
Câu 7b 
1,0 điểm 
Gọi tọa độ C(2c – 1; c), ta có: ( ) ( )2 2; 1 , 1;1HC c c HF= − + =  0,25 
I
M
H
F
E
BA
D C
 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
Vì CH ⊥ FH nên 1. 0 2 2 1 0
3
HC HF c c c= ⇔ − + + = ⇔ =
 
. Vậy tọa độ 1 1;
3 3
C  − 
 
 
0,25 
 
Gọi (P) là mặt phẳng chứa A và d1, gọi M(0; 1; 1) thuộc d1, ( )2;1;1u = là véc tơ chỉ 
phương của d1. Khi đó véctơ pháp tuyến của (P) là: ( ), 3; 1; 5n AM u = = − − 
 
 
Do đó phương trình của (P) là: 3x – y - 5z + 6 = 0. 
0,25 
Suy ra C là giao điểm của d2 và (P), ta có tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: 
( )
11 1 2
3 1;3;01 1 1
3 5 6 0 0
xx y z
y C
x y z z
= −
− − −
= = 
⇔ = ⇒ −
− 
 
− − + = = 
 
0,25 
Gọi tọa độ B thuộc d1 là: ( )2 ; 1; 1B b b b+ + 
Câu 8a 
1,0 điểm 
Ta có: AB ( ) ( ) ( )2 2 2 22 1 2 1 6 2 6b b b b b= − + + + − = − + , AC = 2 6 0,25 
 
Do AC = 2AB nên: 2 2
0
2 6 2 6 2 6 6 2 0 1
3
b
b b b b
b
=

− + = ⇔ − = ⇔
 =

 
Vì B có hoành độ dương nên 2 4 4; ;
3 3 3
B   
 
 
0,25 
Đặt z = x + yi, (x, y R∈ ), khi đó: 
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
22
2 2
22
2 3 12 3
1 1
2 2 3 2 2 1
1
x y i x y ix y i
u
x y i x y
x y x y x y i
x y
   + + + − −+ + +    
= =
+ − + −
+ + + − + − +
=
+ −
 
u là số thuần ảo khi và chỉ khi ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 22 2
22
2 2 3 0 1 1 5
1 0 ; 0;1
x y x y x y
x y x y
 + + + − = + + + = 
⇔ 
+ − > ≠  
 (1) 
0,5 
Ta có: 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 21 3 1 1 3 1 1 2 2 0z i z i x y x y x y+ − = − + ⇔ + + − = − + + ⇔ − + = (2) 
 
0,25 
Câu 9a 
1,0 điểm 
Từ (1) và (2) ta có: ( ) 3 16; ;
5 5
x y  = − − 
 
. Vậy số phức cần tìm: 3 16
5 5
z i= − − 0,25 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu Đáp án Điểm 
Ta có: a = 5, b = 3, suy ra c = 4 
Gọi ( );M a b thuộc elip ta có: 1 24 45 , 55 5MF a MF a= + = − 
0,25 
Vì tam giác F1MF2 vuông tại M nên: 2 2 21 2 1 2MF MF F F+ = 
2 2
24 4 1755 5 64
5 5 8
a a a
   
⇔ + + − = ⇔ =   
   
 
 
 
0,25 
 
Do M thuộc elip nên: 
2 2
2 91
25 9 8
a b b+ = ⇔ = 0,25 
 
Câu 7b 
1,0 điểm 
Vậy tọa độ cần tìm: 0,25 
 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
www.DeThiThuDaiHoc.com 
5 14 3 2 5 14 3 2 5 14 3 2 5 14 3 2
; , ; , ; , ;
4 4 4 4 4 4 4 4
M M M M
       
− − − −              
       
 
Vì M thuộc d nên tọa độ M có dạng: ( );1 2 ; 1M a a a− + 
Ta có: ( ) ( )1; 2 ; 1 , 1; 2; 1AM a a a AB= − − − = − −  
Suy ra: ( ), 4 2;2 2;2AM AB a a  = − − 
 
 
0,25 
Ta có: ( ) ( )2 2 21 1, 4 2 2 2 4 5 6 3
2 2AMB
S AM AB a a a a∆  = = − + − + = − + 
 
 0,25 
Câu 8b 
1,0 điểm 
Theo giả thiết ta có phương trình: 2 2
0
5 6 3 3 5 6 0 6
5
a
a a a a
a
=

− + = ⇔ − = ⇔
 =

 
Vì M có hoành độ dương nên tọa độ cần tìm: 6 7 11; ;
5 5 5
M  − 
 
 
0,5 
Vì ∆ = -3, nên phương trình có hai nghiệm phức: 1 21 3 , 1 3z i z i= + = − , (Do z1 có 
phần ảo dương) 0,25 
Ta có: 
( )2 2 21
2
1 31 3 1 3
os .sin
4 2 2 3 31 3
iz i i c i
z i
pi pi+  +  
= = = + = +    
−   
 
0,25 
Do đó: 
2013 4026
1
2
os .sin os1342 .sin1342 1
3 3
z
c i c i
z
pi pi
pi pi
   
= + = + =   
  
 0,25 
Câu 9b 
1,0 điểm 
Vậy phần thực bằng 1, phần ảo bằng 0. 0,25 
 
……………..Hết…………….