Đề thi thử tuyển sinh đại học năm 2014 môn: toán - Khối a, b, a1. thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 ®iÓm) 
C©u 1 (2,0 ®iÓm). Cho hàm số: y = 2x3 - 3x2 + 1 (1) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 
2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8. 
C©u 2 (1,0 ®iÓm). Giải phương trình: (1 cos )cot cos2 sin sin 2x x x x x− + + = . 
C©u 3 (1,0 ®iÓm). Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 23 2 4 2x x x x x+ + − = + − (với ∈ℝx ). 
C©u 4 (1,0 ®iÓm). Tính tích phân 
2
2
6
cos .ln(1 sin )
sin
x xI dx
x
pi
pi
+
= ∫ . 
C©u 5 (1,0 ®iÓm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a; góc  060DAB = ; cạnh 
bên BB’= a 2 . Hình chiếu vuông góc của điểm D trên BB’ là điểm K nằm trên cạnh BB’ và 1BK= BB'
4
, 
hình chiếu vuông góc của điểm B’ trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H nằm trên đoạn thẳng BD. Tính theo a 
thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C và DC’. 
 C©u 6 (1,0 ®iÓm). Cho hai số thực x, y thỏa mãn : 2 2 1 1x y x y+ = − + + + . 
 Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức 2(1 )( ) ( )
2 2
+ +
= − + − +
+
xy x yx yF x y y x
x y
. 
II. phÇn riªng(3,0 ®iÓm): ThÝ sinh chØ ®−îc lµm mét trong hai phÇn(phÇn A hoÆc phÇn B) 
A. Theo ch−¬ng tr×nh ChuÈn. 
C©u 7.a (1,0 ®iÓm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) 2 2: 2+ =C x y . Viết phương 
trình tiếp tuyến của đường tròn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác 
OAB có diện tích nhỏ nhất. 
C©u 8.a (1,0 ®iÓm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 1 2:
2 1 1
x y z− − −∆ = =
−
 và 
điểm A(2;1;2). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 1
3
 . 
C©u 9.a (1,0 ®iÓm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện: 
2 21 ( 1)z z i iz+ = − + − . Tính mô đun của 4
1
= +
−
w z
z
. 
B. Theo ch−¬ng tr×nh N©ng cao. 
C©u 7.b (1,0 ®iÓm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng 
1 : – 3 0∆ + =x y và ∆2: x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc ∆1 và điểm C thuộc ∆2 sao cho tam giác 
ABC vuông cân tại A. 
C©u 8.b (1,0 ®iÓm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho mp( P ) : x + y – 2z + 3 = 0 và hai đường 
thẳng 1
1 1
:
2 1 1
x y zd − += = và 2
1 2
:
1 2 1
x y zd − −= = . Viết phương trình đường thẳng ∆ song song với 
mp(P) và cắt d1 , d2 tại 2 điểm A , B sao cho độ dài AB = 35 . 
C©u 9.b (1,0 ®iÓm). Gäi z1, z2 lµ hai nghiÖm phøc cña ph−¬ng tr×nh 0164
2
=++ zz , n lµ sè tù nhiªn tháa 
m·n 40961 44
2
4
6
4
4
4
2
4
0
4 =++−++−+−
n
n
k
n
k
nnnn CC)(CCCC ⋯⋯ . T×m phÇn thùc cña sè phøc A = 
nn zz 21 + (
k
nC 
lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö). 
 -------------------------------- HÕt ------------------------------ 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Hä vµ tªn thÝ sinh: . Sè b¸o danh:  
 ®Ò thi thö tuyÓn sinh ®¹i häc n¨m 2014 
M«n: To¸n - Khèi A, B, A1. 
Thêi gian lµm bµi 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò 
Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o th¸i nguyªn 
Tr−êng thpt l−¬ng ngäc quyÕn 
1 
 H−íng dÉn chÊm thi thö ®¹i häc n¨m 2014 
 m«n To¸n- khèi A, B, A1 
Lưu ý khi chấm bài: 
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. 
Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. 
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. 
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không 
được điểm. 
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. 
- Trong lời giải câu 5, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không cho điểm. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
C©u Néi dung §iÓm 
I. PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 ®iÓm) 
C©u 1 
Cho hàm số: y = 2x3 - 3x2 + 1 (1) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 
2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại 
điểm có tung độ bằng 8. 
1. 1,0 
2. 1,0 
1. * TXĐ: R. Giới hạn: 
−∞→x
ylim = ∞− , 
−∞→x
ylim = ∞+ 
0.25 
+ Sự biến thiên: y’ = 6x2 - 6x = 6x(x - 1) 
y' = 0 
x 0
x 1
=
⇔ 
=
BBT 
 x - ∞ 0 1 + ∞ 
 y’ + 0 - 0 + 
 y 
 1 +∞ 
- -∞ 0 
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( );0−∞ và ( )1: +∞ . 
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( )0;1 . 
Hàm số có cực trị CD CD CT CTx 0, y 1;x 1, y 0= = = = 
0,25
0.25 
VÏ ®å thÞ 
0.25 
Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o th¸i nguyªn 
Tr−êng thpt l−¬ng ngäc quyÕn 
2 
2. Giả sử M (x0; y0) ∈(C) ⇒ y0 = 2x03 - 3x02 + 1 
Tiếp tuyến ∆ của (C) tại M có phương trình: 
y = (6x02 - 6x0) (x - x0) + 2x03 - 3x02 + 1 
0.25 
 ∆ đi qua điểm P(0 ; 8) ⇔ 8 = -4x03 + 3x02 + 1 
0.25 
⇔ (x0 + 1) (4x02 - 7x0 + 7) = 0 
 ⇔ x0 = -1 ; (4x02 - 7x0 + 7 > 0, ∀ x0) 
0.25 
Vậy: M (-1 ; -4). 0,25 
C©u 2 Giải phương trình: (1 cos )cot cos2 sin sin 2 (1)− + + =x x x x x 
 1,0 
Điều kiện: sin 0 ( )x x k kpi≠ ⇔ ≠ ∈ℤ 
Khi đó: (1) ⇔ cos (1 cos ) cos 2 sin sin 2
sin
x
x x x x
x
− + + = 
2 2 2
2 2 2
cos cos cos 2 sin sin 2sin cos
cos (1 2sin ) cos2 sin (cos sin ) 0
x x x x x x x
x x x x x x
⇔ − + + =
⇔ − + − − =
0,25 
cos cos 2 cos 2 sin cos 2 0
cos 2 (cos sin 1) 0
cos 2 0
cos sin 1
x x x x x
x x x
x
x x
⇔ + − =
⇔ + − =
=
⇔  + −
0,25 
+ cos 2 0 ( )
4 2
x x k kpi pi= ⇔ = + ∈ℤ . 
+
1
cos sin 1 0 cos 2
4 4 42
x x x x lpi pi pi pi + − = ⇔ − = ⇔ − = ± + 
 
2
 ( )2
2
x l
l
x l
pi
pi
pi

= +⇔ ∈

=
ℤ . 
0,25 
Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là: 
4 2
x kpi pi= + , 2
2
x lpi pi= + ( , )k l ∈ℤ . 
0,25 
C©u 3 Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 23 2 4 2x x x x x+ + − = + − (với ∈ℝx ). 
1.0 Đk: 0 2x≤ ≤ 
Đặt:
2
u x
v x
 =

= −
 (đk u, v 0≥ ) , ta có hệ:
2 2
2
2
3 4
u v
u u uv v
 + =

+ + − =
0,25 
Nhân pt đầu với 2, trừ theo vế cho pt còn lại ta được : 
2 22 3 ( ) 0u v uv u v+ − − − = ( )( 2 ) ( ) 0u v u v u v⇔ − − − − = ( )( 2 1) 0u v u v⇔ − − − = 
0
2 1 0
u v
u v
− =
⇔ 
− − =
0,25 
Với 2 2
0
2
− =

+ =
u v
u v
ta được : u = v = 1 1x⇒ = . 
0.25 
3 
Với 2 2
u – 2v 1
2
=

+ =u v
ta được: 
1
5
7
5

=

 =

v
u
49
25
⇒ =x . 
Vậy: 
1
49
25
=

 =

x
x
`0,25 
C©u 4 Tích phân 
2
2
6
cos .ln(1 sin )
sin
x xI dx
x
pi
pi
+
= ∫ . 
1.0 Đặt sin cost x dt xdx= ⇒ = 
1
; 1
6 2 2
x t x t
pi pi
= ⇒ = = ⇒ = 
0,25 
Khi đó 
1
2
1
2
ln(1 )tI dt
t
+
= ∫ 
0,25 
Đặt: 
2
ln(1 )
1
1
dt
u t du
tdtdv
vt
t

= + =   +
⇒ 
= 
= − 
Ta có 
1 1 1
1 1 1
2 2 2
1 3 1 1ln(1 ) ln 2 2 ln( 1) 2 1
dtI t dt
t t t t t
 
= − + + = − + + − + + 
∫ ∫ 
0,25 
1 1
1 1
2 2
272ln 3 3ln 2 ln ln 1 3ln 3 4 ln 2 ln .
16
t t= − + − + = − =
0,25 
C©u 5 
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a; góc  060DAB = ; cạnh 
bên BB’= a 2 . Hình chiếu vuông góc của điểm D trên BB’ là điểm K nằm trên cạnh BB’ 
và 1BK= BB'
4
; hình chiếu vuông góc của điểm B’ trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H nằm 
trên đoạn thẳng BD. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa 
hai đường thẳng B’C và DC’. 
1.0 
C'
D'A'
H
B
A
D
B'
C
K
4 
Ta có 2
4
aBK = ; trong tam giác vuông BKD : 2 2 14
4
aDK BD BK= − = 
0,25 
Ta có 3 2'
4
aB K = ; trong tam giác vuông B’KD : 2 2 14' ' 2
4
aB D B K KD a= + = = 
Suy ra ∆ B’BD cân tại B’ do đó H chính là giao điểm của AC và BD 
0.25 
2 3
. ' ' ' '
7 3 21
' . .
2 2 4
= = =ABCD A B C D ABCD
a a aV B H S 
0.25 
DC’//AB’ suy ra ( '; ' ) ( ';( ' )) ( ;( ' ))
2
= = = =
ad DC B C d DC AB C d D B AC DH 
0.25 
C©u 6 
Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : 2 2 1 1x y x y+ = − + + + . 
Tìm GTLN, GTNN của F = 2(1 )( ) ( )
2 2
xy x yx y
x y y x
x y
+ +
− + − +
+
. 
1.0 Từ giả thiết, ta có: 2; 1≥ ≥ −x y . 
 Vì ( ) ( )( )2 2 22. 2 1. 1 2 1 2 1x y x y− + + ≤ + − + + 2 2 1 5( 1)x y x y⇔ − + + ≤ + − . 
0.25 
Nên từ 2 2 1 1x y x y+ = − + + + 
5( 1) 1x y x y⇒ + ≤ + − + . Đặt t = x + y , ta có: 1 5( 1) 1 6t t t− ≤ − ⇔ ≤ ≤ 
0.25 
Khi đó: F = 2 21 2 1 2( )
2 2
x y t
x y t
+ + = +
+
. 
Xét 21 2( )
2
f t t
t
= +
 , với [ ]1;6t ∈ , có [ ]' 1( ) 0; 1;6f t t t
t t
= − ≥ ∀ ∈
0.25 
[ ]1;6
1( ) (1)
2t
Min f t f
∈
⇒ = = ; [ ]1;6
2
ax ( ) (6) 18
6t
M f t f
∈
= = +
⇒ GTNN của F là: 1
2
đạt được tại: 
2
1
1
x
t
y
=
= ⇔ 
= −
0.25 
II. phÇn riªng(3,0 ®iÓm) 
 A. Ch−¬ng tr×nh chuÈn 
C©u 7.a 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) 2 2: 2+ =C x y . Viết phương trình 
tiếp tuyến của đường tròn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao 
cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. 
1,0 
+ 
( ) ( )
( )
0;0
: 2
Taâm : 
Baùn kính
C O
C R


 =
. Gọi tọa độ ( ) ( );0 , 0;A a B b với 0, 0a b> > 
0,25 
+ Phương trình AB: 1 1 0x y x y
a b a b
+ = ⇔ + − = 
 AB tiếp xúc (C) ( )
2 2
2 2
1
, 2 2 2
1 1
abd O AB
a b
a b
⇔ = ⇔ = ⇔ =
+
+
 (***) 
0,25 
2 2 2 2
2 22 2a OAB
a b a b S
a b b ∆
⇒ = ≤ =
+
 OABS∆⇒ nhỏ nhất khi a b= . 
0,25 
Từ a b= và (***) suy ra 2a b= = . 
5 
Vậy: Phương trình tiếp tuyến là 1 0
2 2
x y
+ − = . 
0.25 
C©u 8.a 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 2:
2 1 1
x y z− − −∆ = =
−
 và điểm 
A(2;1;2). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 
1
3
 . 
1,0 
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là u
→
= (2 ; -1 ; 1). 
 Gọi n
→
= (a ; b ; c ) là vtpt của (P). Vì ( ) . 0P n u n u
→ → → →
∆ ⊂ ⇒ ⊥ ⇒ = 
0,25 
⇔ 2a – b + c = 0 ⇔ b = 2a + c n
→
⇒ =(a; 2a + c ; c ) , 
 từ đó ta có: Pt(P) : a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0 
0,25 
⇔ Pt (P) : ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0 
d(A ; (P)) = 1
3 2 2 2
1
3(2 )
a
a a c c
⇔ =
+ + +
0.25 
( )2 0a c⇔ + = 0a c⇔ + = 
với a + c = 0 , chọn a = 1 , c = -1 ⇒pt(P) : x + y – z = 0 
0.25 
C©u 9.a 
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện: 
2 21 ( 1)z z i iz+ = − + − . Tính mô đun của 4
1
= +
−
w z
z
. 
1,0 
 Gọi , ( , )z a bi a b R= + ∈ . 
 Từ giả thiết ta có : 1 + a – bi = 2 2( 1) ( 1 )a b i b ai− + + − − + 
2
2 1 2( 1)1 2( 1) 2 ( 1)
2 ( 1)
a b
a bi b a b i
b a b
 + = +
⇔ + − = + − + ⇔ 
= +
0,25 
 Suy ra : 1 + 22( 1) ;( 1)
2( 1)
b b b
b
= + ≠ −
+
2( 2)(2 1) 0;( 1)b b b⇔ + + = ≠ − 
2 1
1 1
2 2
b a
b a
= − ⇒ =
⇔
 = − ⇒ = −

 . Suy ra : z = 1 – 2i hoặc z = 1 1
2 2
i− − 
0,25 
 *) Với z = 1 – 2i ta có : w = z + 4
1 z−
 = 1 – 2i + 4
1 1 2i− +
= 1 – 2i – 2i = 1 – 4i 
 Suy ra w = 17 
0,25 
 *) Với z = 1 1
2 2
i− − 
 ta có : w = z + 4
1 z−
 = 
1 1
2 2
i− − + 41 11
2 2
i+ +
 = 
1 1
2 2
i− − + 43 1
2 2
i+
 = 
19 13
10 10
i− 
 Suy ra 
2 219 13 530
w
10 10 10
   
= + =   
   
0,25 
B. Ch−¬ng tr×nh n©ng cao 
C©u 7.b 
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng 
1 : – 3 0∆ + =x y và ∆2: x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc ∆1 và điểm C thuộc ∆2 
6 
sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 
1,0 B ∈ ∆1 ⇔ B(b; 3 –b) . C ∈ ∆2 ⇔ C(c; 9-c) 
∆ ABC vuông cân tại A ⇔ 
2 2
. 0AB AC
AB AC
 =

=
 
0,25 
⇔ 2 2
2bc - 10b - 4c + 16 = 0 (1)
2b - 8b = 2c 20 48 (2)


− + c
 b = 2 không là nghiệm của hệ trên. 
0,25 
(1) ⇔ 5b - 8
b - 2
=c . Thế vào (2) tìm được b = 0 hoặc b = 4 0,25 
Với b = 0 suy ra c = 4 => B(0;3), C(4;5) 
Với b = 4 suy ra c = 6=> B(4;-1), C(6;3) 
0,25 
C©u 8.b 
Trong không gian với hệ trục Oxyz ,cho mp( P ) : x + y – 2z + 3 = 0 và hai đường thẳng : 
1
1 1
:
2 1 1
x y zd − += = và 2
1 2
:
1 2 1
x y zd − −= = . Viết phương trình đường thẳng ∆ song song 
với mp(P) và cắt d1 ; d2 tại 2 điểm A , B sao cho độ dài AB = 35 . 
 1,0 
 A 1d∈ suy ra A ( 1 + 2t ; - 1 + t ; t ) ; B 2d∈ suy ra B ( 1 + t/ ; 2 + 2t/ ; t/ ) 
/ / /( 2 ;3 2 ; )AB t t t t t t= − + − −

 (P) có VTPT (1;1; 2)n = −

0,25 
 AB // ( P ) /. 0 3AB n t t⇒ = ⇔ = −
 
 . Khi đó : ( 3; 3; 3)AB t t= − − − −

 Theo đề bài ta có : AB2 = 35 2 2 2( 3) ( 3) 9 35 4 2t t t t⇔ + + − + = ⇔ = ⇔ = ± 
0,25 
*) Với t = 2 suy ra A ( 5 ; 1 ; 2 ), ( 5; 1; 3)AB = − − −

Phương trình 
5 5
: 1
2 3
x t
y t
z t
= −
∆ = −

= −
0,25 
 *) Với t = – 2 suy ra A (– 3 ; – 3 ; – 2 ) . Véc tơ ( 1; 5; 3)AB = − − −

Phương trình 
3
: 3 5
2 3
x t
y t
z t
= − −
∆ = − −

= − −
0,25 
C©u 9.b 
Gäi z1, z2 lµ hai nghiÖm phøc cña ph¬ng tr×nh 0164
2
=++ zz , n lµ sè tù nhiªn tháa m·n 
40961 44
2
4
6
4
4
4
2
4
0
4 =++−++−+−
n
n
k
n
k
nnnn CC)(CCCC ⋯⋯ . T×m phÇn thùc cña sè phøc 
A = nn zz 21 + (
k
nC lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö). 
1.0 Phư¬ng tr×nh 016z4z2 =++ cã hai nghiÖm i322z,i322z 21 −−=+−= 
0.25 
Ta cã n4n4n4
kk
n4
22
n4
1
n4
0
n4
n4 iC....iC...iCiCC)i1( ++++++=+ 
i]C....C)1(...CC[C...C)1(...CCCC 1n4n4
1k2
n4
k3
n4
1
n4
n4
n4
k2
n4
26
n4
4
n4
2
n4
0
n4
−+
−+−++−++−++−+−= 
MÆt kh¸c ( ) )nsinin(cos2
4
sini
4
cos2i1 n2
n4
n4
pi+pi=










 pi
+
pi
=+ 
Do ®ã pi=++++++ ncos2iC....iC...iCiCC n2n4n4n4
kk
n4
22
n4
1
n4
0
n4 
0.25 
7 
Theo bµi ra ta cã 4096ncos2 n2 =pi , do 1ncos1ncos =pi⇒±=pi nªn n lµ sè ch½n 
khi ®ã 6n22 12n2 =⇔= (tháa m·n) 
0.25 
A = 
6
6
6
666 i
2
3
2
1
4i
2
3
2
1
4)i322()i322( 







++







−=−−++− 
]2sini2cos)2sin(i)2[cos(4
3
sini
3
cos4
3
sini
3
cos4 66
6
6 pi+pi+pi−+pi−=




 pi
+
pi
+




 pi−
+
pi−
= =8192. 
VËy phÇn thùc cña A lµ 8192 
0,25