Đề thi thử tuyển sinh đại học môn: Toán; khối B

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT CHUYấN Lí TỰ TRỌNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
Mụn: TOÁN; Khối B
Thời gian làm bài: 180 phỳt, khụng kể phỏt đề
ĐỀ THI THỬ
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Cõu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 26 9 1 (1)y x x x= - + - .
a) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị hàm số (1).
b) Định m để phương trỡnh sau cú 6 nghiệm thực phõn biệt
3 3 7 2 0x m x+ - - + = , với m là tham số thực.
Cõu 2 (1,0 điểm) Giải phương trỡnh: sin4 2cos2 4(sin cos ) 1 cos4x x x x x+ + + = + .
Cõu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh:
3
2
(3 55) 64
( 3 3) 12 51
x y
x y
xy y y x
ẽ + =ễ Œè + + = +ễể
.
Cõu 4 (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn 
0
cos 2
sin cos 3
x
I dx
x x+ +Ú .
Cõu 5 (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABC cú đỏy ABC là tam giỏc vuụng tại A, ,AB AC a= =
090 ,SBA SCA= = gúc giữa cạnh bờn SA với mặt phẳng đỏy bằng 600. Tớnh theo a thể tớch khối chúp 
S.ABC và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng BC, SA.
Cõu 6 (1,0 điểm) Cho phương trỡnh ( )2 2 25 8 ( 4) 2 8 ( 4) 2x x x m x x- + + + + = + + , với m là tham số
thực. Tỡm cỏc giỏ trị m để phương trỡnh trờn cú đỳng ba nghiệm thực.
II. PHẦN RIấNG (3,0 điểm): Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần riờng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trỡnh Chuẩn
Cõu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giỏc ABC cú (1; 1)H là chõn đường cao 
kẻ từ đỉnh A, (3; 0)M là trung điểm của cạnh BC và BAH HAM MAC= = . Tỡm tọa độ cỏc điểm A, B, C.
Cõu 8.a (1,0 điểm) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giỏc ABC với (1;3;2),A (2;0; 4),B -
(0;1;1)C . Viết phương trỡnh trục của đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC.
Cõu 9.a (1,0 điểm) Tỡm số phức z biết rằng 3 3 4 2z i- + = và 1 1z
z i
+
+ .
B. Theo chương trỡnh Nõng cao
Cõu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giỏc ABC vuụng tại ( 1; 1)A - và cú tõm 
đường trũn nội tiếp là (1; 5),I đường thẳng vuụng gúc với IA tại A cắt đường trũn ngoại tiếp tam giỏc 
AIC tại điểm thứ hai ( 7; 4).D - Tỡm tọa độ điểm B.
Cõu 8.b (1,0 điểm) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trỡnh mặt phẳng (P) đi qua điểm 
( 1;2; 3)A - - , song song với đường thẳng 1
1 2 3
( ) :
1 1 1
x y z
d
+ - -= =
-
và tạo với đường thẳng 
2
3 4
( ) :
1 2 1
x y z
d
- += = một gúc sao cho 3sin
6
j .
Cõu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trỡnh: 2 25 5log ( 2 2) 1 log 3x x x x x+ + + + = + .
----------------- Hết -----------------
Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu. Giỏm thị coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.
Họ và tờn thớ sinh:; Số bỏo danh:..
WWW.VNMATH.COM
ĐÁP ÁN KHỐI B
Cõu Đỏp ỏn Điểm
Cõu 1
(2,0 điểm)
Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị hàm số 3 26 9 1y x x x= - + -
Tập xỏc định: D = 
Chiều biến thiờn: 
2 2 1' 3 12 9, ' 0 3 12 9 0 , (1) 3, (3) 1
3
x
y x x y x x y y
x
ẩ= - + = € - + = € = = -Íẻ
0,25
Hàm số đồng biến trờn mỗi khoảng (-•; 1) và (3; +•), nghịch biến trờn 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: 
x x
lim , lim
ặ-• ặ+•
= +• = -•
0,25
Bảng biến thiờn:
0,25
'' 6 12, '' 0 6 12 0 2, (2) 1y x y x x y= - = € - = € = =
 điểm uốn I(2; 1)
Đồ thị: đi qua cỏc điểm (0; -1), (4; 3) 
và nhận điểm uốn I(2; 1) là tõm đối xứng.
0,25
b) Định m để phương trỡnh sau cú 6 nghiệm thực phõn biệt
3 3 7 2 0x m x+ - - + = , với m là tham số thực
Ta cú
3 23 33 7 2 0 3 7 2 | | 3 9 | | 1x m x x m x x x x m+ - - + = € + - = - € - + - = (*)
Phương trỡnh (*) là phương trỡnh hoành độ giao điểm giữa đồ thị (C’) của hàm số:
3 26 9 1y x x x= - + - và đường thẳng d: y m (d cựng phương với trục hoành)
0,25
Xột hàm số: 3 26 9 1y x x x= - + - , ta cú:
+ Hàm số là một hàm chẵn nờn (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng, 
đồng thời 0x" > thỡ 3 2 3 26 9 1 6 9 1y x x x x x x= - + - = - + -
0,25
Từ đú (C’) được suy từ (C) như ở hỡnh bờn:
0,25
Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m thỏa yờu cầu bài toỏn là:
1 3m- < < 0,25
+
-•
1
y’(x)
y(x)
-• +•3
0 0+ -
3
-1
+•
x
x
y
O 1 4
3
2
1
∑ ∑
∑
∑ ∑-1
3
x
y
1-1
-1
-2 3
3
4-4 O
WWW.VNMATH.COM
Cõu 2
(1,0 điểm)
Giải phương trỡnh: sin 4 2cos2 4(sin cos ) 1 cos 4x x x x x+ + + = + .
Phương trỡnh đó cho tương đương:
22cos 2 (1 sin 2 ) 4(sin cos ) 2cos 2x x x x x+ + + =
cos2 (1 sin2 cos2 ) 2(sin cos ) 0x x x x x€ + - + + =
2cos2 (sin 2 2sin ) 2(sin cos ) 0x x x x x€ + + + =
0,25
sin .cos2 (sin cos ) (sin cos ) 0x x x x x x€ + + + =
sin cos 0
(sin cos )(sin .cos2 1) 0
sin .cos2 1 0
x x
x x x x
x x
+ =ẩ€ + + = € Í + =ẻ
0,25
4
x x x x k k+ = € = - € = - + Œ 0,25
3 22sin sin 1 0 (1 sin )(2sin 2sin 1) 0x x x x x- + + = € - + + =
2
sin 1
2sin 2sin 1 0 ( )VN
x
x x
ẩ€ Í + + =ẻ
2
2
x k€ = +
Vậy phương trỡnh đó cho cú 2 họ nghiệm 
4 2
x k x k k
p pp p= - + = + Œ
0,25
Cõu 3
(1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh:
3
2
(3 55) 64
( 3 3) 12 51
x y
x y
xy y y x
ẽ + =ễ Œè + + = +ễể
.
Từ hệ pt đó cho ta cú ĐK: 0x π . Khi đú hệ tương đương:
3
3
4
3( 1) 52
4
( 1) 3. 52
y
x
y
x
ẽ ấ ˆ+ + =ễ Á ˜ễ ậ ¯è
ễ + = +ễể
. Đặt 41,u y v
x
= + = . Hệ pt trở thành 
3
3
3 52 (1)
3 52 (2)
v u
u v
ẽ = +ễè = +ễể
0,25
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế được:
3 3 2 23( ) ( )( 3) 0 (3)v u u v v u v uv u- = - € - + + + = 0,25
Do 
2
2 2 21 33 3 0, ,
2 4
v uv u v u u u vấ ˆ+ + + = + + + > "Á ˜ậ ¯
nờn (3) v u€ = 0,25
Thay v = u vào (2) được:
3 2
2
4
3 52 0 ( 4)( 4 13) 0
4 13 0 ( )VN
u
u u u u u
u u
ẩ- - = € - + + = € Í + + =ẻ
Vậy u = v = 4. Từ đú suy ra hệ cú 1 nghiệm duy nhất (x; y) là: (1; 3)
0,25
Cõu 4
(1,0 điểm) Tớnh tớch phõn 
0
cos 2
sin cos 3
x
I dx
x x+ +Ú .
0 0
cos2 (cos sin )(cos sin )
sin cos 3 sin cos 3
x x x x x
I dx dx
x x x x
p p + -= =
+ + + +Ú Ú 0,25
Đặt cos sin (cos sin ) ; 0 1, 1t x x dt x x dx x t x tp= +  = - =  = =  = - 0,25
Từ đú 
1 1
1 1
3
1
3 3
t
I dt dt
t t
- - ấ ˆ= = -Á ˜+ +ậ ¯Ú Ú 0,25
1
1
( 3ln | 3| 3ln2 2I t t
-= - + = - 0,25
Cõu 5
(1,0 điểm)
Cho hỡnh chúp S.ABC cú đỏy ABC là tam giỏc vuụng tại A, ,AB AC a= = , 
090SBA SCA= = gúc giữa cạnh bờn SA với mặt phẳng đỏy bằng 600. Tớnh theo a thể tớch 
khối chúp S.ABC và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng BC và SA. 
WWW.VNMATH.COM
Dựng SH ⊥ (ABC) tại H. Khi đú ta cú:
Gúc giữa SA với (ABC) là 060SAH
( )
AB SB
AB SBH AB HB
AB SH
^ á ^  ^˝^ ˛
Tương tự ( )AC SCH AC HC^  ^
Suy ra tứ giỏc ABHC là một hỡnh vuụng 
cạnh a
0,25
Từ đú 0. tan 60 2. 3 6SH HA a a= = = và thể tớch khối chúp S.ABC được tớnh 
bởi: 
3
21 1 1 6. . . 6
3 3 2 6ABC
a
V S SH a a= = = (đvtt)
0,25
+ Gọi O là tõm đỏy ABCD. Dựng OI ^ SA tại I (1). Ta cú:
( )
BC HA
BC SAH BC OI
BC SH
^ á ^  ^˝^ ˛
tại O (2)
(1) và (2)  OI là đoạn vuụng gúc chung của BC và SA và được tớnh bởi:
0,25
0 2 3 6.sin 60 .
2 2 4
a a
OI OA= = = . Vậy 6( , )
4
a
d BC SA OI= = 0,25
Cõu 6
(1,0 điểm) Cho phương trỡnh ( )2 2 25 8 ( 4) 2 8 ( 4) 2x x x m x x- + + + + = + + với m là tham số thực.
Tỡm cỏc giỏ trị m để phương trỡnh trờn cú đỳng ba nghiệm thực.
Pt đó cho được viết lại về dạng: 
2 2 2 2( 4) 2 ( 4) ( 4) 2 4( 2)m x x x x x x+ + = + + + + + + (1)
Do x = - 4 khụng phải là nghiệm (1) dự m lấy bất cứ giỏ trị nào nờn:
pt (1) €
2
2
4 4 2
1
42
x x
m
xx
+ += + +
++
(2)
Đặt 
2
4
2
x
t
x
+
+
, pt (2) trở thành: 41m t
t
= + +
0,25
Xột hàm 
2
4
( )
2
x
f x
x
+
+
. TXĐ: , 
2 2
2 4 1
'( ) ; '( ) 0
2( 2) 2
x
f x f x x
x x
-= = € =
+ +
1
3; lim ( ) 1 ; lim ( ) 1
2 x x
f f x f x
ặ-• ặ+•
ấ ˆ = = - =Á ˜ậ ¯
Bảng biến thiờn: 
0,25
Từ bảng biến thiờn ta cú kết quả:
+ Khi x biến thiờn trờn thỡ -1 < t Ê 3
+ Với 1 < t < 3 thỡ pt 
2
4
2
x
t
x
+
+
cú đỳng 2 nghiệm thực.
+ Với t = 3 hoặc 1 1t- < Ê thỡ pt 
2
4
2
x
t
x
+
+
cú đỳng 1 nghiệm thực.
0,25
x
f’(x)
t = f(x)
-• +•12
0 -+
-1
3
1
O
A
H
B
C
S
I
WWW.VNMATH.COM
Từ đú yờu cầu của bài toỏn tương đương phương trỡnh 41m t
t
= + + cú 2 nghiệm t1, t2
thỏa món { }1 2( 1;1] {3}\ 0 ; (1;3)t tŒ - ằ Œ (*)
Xột hàm 
4
( ) 1g t t
t
= + + với -1 < t Ê 3 ; 
2
2
4
'( ) ; '( ) 0 2
t
g t g t t
t
-= =  =
16
( 1) 4; (1) 6; (2) 5; (3)
3
g g g g- = - = = = , 
0 0
lim ( ) ; lim ( )
x x
f x f x
- +ặ ặ
= -• = +•
Bảng biến thiờn: 
Từ bảng biến thiờn ta suy ra điều kiện của m thỏa yờu cầu (*) là: 16
3
m
0,25
Cõu 7a
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giỏc ABC cú (1; 1)H là chõn đường cao kẻ từ
đỉnh A, (3; 0)M là trung điểm của cạnh BC và BAH HAM MAC= = . Tỡm tọa độ cỏc điểm 
A, B, C.
Chứng minh tam giỏc ABC vuụng tại A. 
Từ giả thiết ta DABM cõn tại A. Suy ra H là trung 
điểm BM. Kẻ MK ^ AC tại K. Do AM là tia phõn giỏc 
gúc HAC nờn:
1 1
sin
2 2
MK
MK MH MC C
MC
= =  = =
0 030 , 60C B = = và 090A
0,25
Từ đú (2 ;2 )H M H MB x x y y- - hay B(-1;2) 
(2 ;2 )M B M BC x x y y- - hay C(7;-2).
0,25
AH là đường thẳng đi qua điểm H và vuụng gúc với MH nờn cú phương trỡnh là 
2x – y – 1 = 0
Vỡ A thuộc AH nờn A(t; 2t–1). 
0,25
Ta cú 
3
. 15
2
AH BM= = € 2 2(1 ) (2 2 ) 15t t- + - = € 1 3t = ±
Do đú ( )1 3;1 2 3A + + hoặc ( )1 3;1 2 3A - -
0,25
Cõu 8.a 
(1,0 điểm)
Trong khụng gian tọa độ Oxyz cho tam giỏc ABC với (1;3;2), (2;0; 4), (0;1;1)A B C- .Viết 
phương trỡnh trục của đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC.
Ta cú: = - - = - - -  vtpt của mp(ABC) là:
= -ẻ ˚ ( ) : 9 7 5 2 0pt mp ABC x y z - + + =
0,25
Gọi I là tõm đường trũn ngoại tiếp DABC. Khi đú:
2 2
2 2
( )
AI BI
AI CI
I ABC
ẽ
ễ
è
ễ Œể
hay 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( 1) ( 3) ( 2) ( 2) ( 4)
( 1) ( 3) ( 2) ( 1) ( 1)
9 7 5 2 0
a b c a b c
a b c a b c
x y z
ẽ - + - + - = - + + +
ễ - + - + - = + - + -è
ễ - + + =ể
0,25
2 6 12 6
75 76 41 75 76 41
2 4 2 12 ; ; ; ;
31 31 31 31 31 31
9 7 5 2
a b c
a b c a b c I
a b c
- - =ẽ
ễ ấ ˆ€ + + = € = = = -  -è Á ˜ậ ¯ễ - + = -ể
0,25
t
g’(t)
m = g(t)
-1
0--
-4
310 2
-•
+•
5
6
16
3
K
H M
B
A
C
WWW.VNMATH.COM
Vậy phương trỡnh trục của đường trũn ngoại tiếp DABC cú dạng: 
75 76 41
31 31 31
9 7 5
x y z- - +
= =-
0,25
Cõu 9.a 
(1,0 điểm) Tỡm số phức z biết rằng | 3 3 | 4 2z i- + = và 
1
1
z
z i
+
+ .
Giả sử z x yi x y= + Œ , ĐK: x yi i- π -
Theo giả thiết: 2 2| 3 3 | 4 2 ( 3) ( 3) 32z i x y- + = € - + + = 0,25
2 2 2 2| 1| | | ( 1) (1 )z z i x y x y y x+ = + € + + = + - € = - 0,25
Ta cú hệ: 
2 2( 3) ( 3) 32x y
y x
ẽ - + + =
è = -ể
0,25
2 7; 7( 3) 16
1; 1
x yx
x yy x
= = -ẽ - = ẩ€ €è Í = - == - ẻể
(thỏa ĐK)
Vậy số phức cần tỡm là: 7 7 ; 1z i z i= - = - +
0,25
Cõu 7.b
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giỏc ABC vuụng tại ( 1; 1)A - và cú tõm đường 
trũn nội tiếp là (1; 5),I đường thẳng vuụng gúc với IA tại A cắt đường trũn ngoại tiếp tam 
giỏc AIC tại điểm thứ hai ( 7; 4).D - Tỡm tọa độ điểm B.
Chứng minh B, I, D thẳng hàng. 
Suy ra phương trỡnh BD là x – 8y + 39 = 0
Gọi AB là đường thẳng qua A( 1; 1), vectơ phỏp 
tuyến = π nờn cú phương trỡnh 
( 1) ( 1) 0a x b y+ + - =
Đường thẳng AI cú phương trỡnh 2x – y + 3 = 0
0,25
Ta cú 045BAI nờn gúc tạo bởi hai đường thẳng AB và AI bằng 450.
Do đú 
2 2
2 1
25( )
a b
a b
-
+
€ (a – 3b)(3a + b) = 0 0,25
TH1: a – 3b = 0, chọn a = 3, b = 1. Suy ra AB: 3x + y + 2 = 0 (nhận vỡ khi đú I và 
D khỏc phớa đối với AB là vụ lý).
TH2: 3a + b = 0, chọn a = 1, b = –3. Suy ra AB: x – 3y + 4 = 0 (nhận vỡ I và D
cựng phớa đối với AB ).
0,25
Tọa độ điểm B là nghiệm hệ 8 39 0
3 4 0
x y
x y
- + =ẽ
è - + =ể
 ( )17;7B . 0,25
Cõu 8.b 
(1,0 điểm)
Trong khụng gian tọa độ Oxyz, viết phương trỡnh mặt phẳng (P) đi qua điểm ( 1; 2; 3)A - - , 
song song với đường thẳng 1
1 2 3
:
1 1 1
x y z
d
+ - -= =
-
và tạo với đường thẳng 
2
3 4
:
1 2 1
x y z
d
- += = một gúc sao cho 3sin
6
j
Ta cú vtcp của d1 là = - và vtcp của d2 là . 
Giả sử (P) cú vtpt 2 2 2= + + π
(P) // d1 nờn hay
2 2
0,25
d2 tạo với (P) một gúc nờn:
2 2
2 2 2
| 2 | 3
66. ( )
b c b c
b c b c
+ + +
+ + +
0,25
D
I
B C
A
WWW.VNMATH.COM
2 2 2 2 2(3 2 ) 8 11 3 0 ( )(8 3 ) 0
0
8 3 0
b c b bc c b bc c b c b c
b c
b c
€ + = + + € + + = € + + =
+ =ẩ€ Í + =ẻ
0,25
+ 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 ( 1;2; 3)A - - ta suy ra phương trỡnh của 
(P): 5 0y z- - = hoặc 5 3 8 35 0x y z- + + =
Cả 2 mp trờn đều thỏa (P) // d1 nờn là đỏp số của bài toỏn.
0,25
Cõu 9.b 
(1,0 điểm)
Giải phương trỡnh: 2 25 5log ( 2 2) 1 log 3x x x x x+ + + + = +
ĐK: x > 0.
Phương trỡnh đó cho tương đương: 2 25 5log ( 2 2) 2 2 log 5 5x x x x x x+ + + + + = +
(1)
0,25
Nếu đặt 5( ) logf t t t= + thỡ (1) cú dạng 2( 2 2) (5 )f x x f x+ + = (2) 0,25
Xột hàm số: 5( ) logf t t t= + , TXĐ (0; )D = +•
1
'( ) 1 0,
ln 5
f t t D
t
= + > " Œ . Chứng tỏ f(t) là hàm đồng biến trờn D 0,25
Do 20, 2 2 0x x x> + + > nờn 2 2 1(2) 2 2 5 3 2 0
2
x
x x x x x
x
ẩ€ + + = € - + = € Íẻ
Vậy phương trỡnh cú hai nghiệm x =1, x = 2.
0,25
Ghi chỳ: Cỏch chứng minh B, I, D thẳng hàng.
+ Gọi I1 là giao điểm của BI với đường trũn (J) ngoại tiếp DABC. Khi 
đú ta cú 1 1I A I C (do 1 1ABI I BC ) (1)
+ Mặt khỏc: 1 1 1 1I IA IBA IAB I CA IAC I AC IAC IAI= + = + = + =
1IAI D cõn tại I1 1 1I A I C = (2)
(1) và (2) suy ra I1 là tõm đường trũn ngoại tiếp DIAC.
Do 090IAD nờn ID là đường kớnh của đường trũn (I1) 1I ID Œ
Từ đú suy ra đường thẳng I1I cựng đi qua B, D nờn B, I, D thẳng hàng. 
J
D
I1
I
B C
A
WWW.VNMATH.COM