www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
Th
ời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
ĐỀ
THI THỬ
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
2 3 5y x x= - +
(1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng
( ): 3 7 0d x y+ + =
sao cho
. . .= + +
đạt giá trị nhỏ nhất (O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
3 3 2
sin cos 3sin 4sin cos 2 0x x x x x- + + - + =
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2 2 3
1
(1 ) 4

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) và góc giữa SC với mặt phẳng (SAB) bằng 30
0
. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu
vuông góc của
S trên đường thẳng BM. Xác định vị trí M trên CD sao cho thể tích khối chóp S.ABH đạt giá trị
lớn nhất, tính giá trị lớn nhất đó và tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
abc a b c a b c
T
a b c ab bc ca
+ + + + +
+ + + +
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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm
(4; 7)A -
và đường thẳng
: 2 4 0x yD - + =
. Tìm điểm B trên D sao cho có đúng ba đường thẳng
( )
i
d
(
{1;2; 3}i Œ

điểm
(0; 2; 1),A -
(10; 6; 2)B
và cách điểm
( 1; 3; 2)C -
-
một khoảng bằng
29
.
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải bất phương trình
2
3
3
1 1
log ( 1)
log 2 3 1
x
x x
<
+
- +
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:……………………
WWW.VNMATH.COM
ĐÁP ÁN TOÁN A, A1
Câu Đáp án Điểm
Câu 1
(2,0 điểm)

; 0 ; 1;-• +•
Hàm số đạt cực tiểu tại
1; 0
CT
x y= =
và hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 5
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị
0,25
2. Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường
thẳng
( ) : 3 7 0d x y+ + =
sao cho
. . .= + +
đạt giá trị nhỏ nhất
(O là gốc tọa độ).
Từ câu 1) không mất tổng quát ta chọn A(0; 5) và B(1; 4). Gọi G là điểm sao cho
+ + =
1
;3
3
G
Ê ˆ

Á ˜
Ë ¯

y
0
0
0
+
+
-
-•
+•
5
4
1
WWW.VNMATH.COM
 tọa độ M là nghiệm của hệ
3 2 0
13 19
;
3 7 0
10 10
x y
x y
x y
- + =
Ï
 = - = -
Ì
+ + =
Ó
Vậy
13 19

0,25
Giải (1):
2
2
4 2 4 4
2
2
x k
x x k k
x k
p
p
p
p
p
p
p
È
Ê ˆ
Í
€ + = € + = ± + € Œ
Á ˜
Í
= - +
Ë ¯
Î
0,25
Giải (2): Vì
2 2
(sin 1) cos (sin 1) cos 1x x x x+ + + + + =

Ï
+ = -
Ô
Œ
Ì
Ô
+ + =
Ó
Giải: ĐK:
0y π
Khi đó hệ đã cho tương đương:
2
2 2
2 2
2 2
3
3 3
2 3 2 3
1 1
1 1 1 1
2. 4
4 4
1 1
1 1
4 4
2 4
x
x x
x x x x
y y y

1
,
x
u x v
y y
= + =
, hệ phương trình trở thành:
2
3
2 4
2 . 4
u u v
u u v
Ï
+ - =
Ô
Ì
- =
Ô
Ó
0,25
2 2
2
3 2
4 4 4 0
2
2
4
1
( 4) 4

Ï
+ =
Ô
Ô
€ = =
Ì
Ô
Ô
Ó
.
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x; y) là (1; 1)
0,25
Câu 4
(1,0 điểm)
Tính tích phân:
2
4 3 2
4
1
2
1
x x x
I dx
x
+ + +
+
Ú
2 2 2 2
4 3 2 3 2
4 4 4

1 4 1 4 4 2
x d x
I dx x
x x
+
= = = + =
+ +
Ú Ú
0,25
2 2 2
2
2 2
2
2
4
2
1 1 1
2
1 1
1 1
1
1
1
1
2
x
x x
I dx dx dx
x
x

1 0; 2 tan
4
x t x t arc=  = =  =
3 2
tan
3 2 3 2
4
tan tan
2
4 4
2
2
0 0
0
2(1 tan ) 2 2 2 3 2
tan
2(1 tan ) 2 2 2 4
arc
arc arc
t dt dt
I t arc
t
+
 = = = =
+
Ú Ú
(+)
Vậy:
1 17 2 3 2
1 ln tan

+
( )
BH SA
BH SAH BH AH
BH SH
^
¸
 ^  ^
˝
^
˛
+ Thể tích khối chóp S.ABH được tính bởi:
1 1 1 2
. . . . 2 .
3 3 2 6
ABH
a
V S SA HA HB a HA HB= = =
0,25
Có:
2 2 2 2
AH BH AB a+ = =
và theo bđt Cauchy:
2
2 2 2
2 . .
2
a
a AH BH AH BH AH BH= + ≥  £
Từ đó:

12
a
V
(đvtt) đạt được khi
M
D∫
Với
M D∫
thì H là tâm của đáy ABCD. Khi đó do AC cắt mp(SBD) tại H là
trung điểm của AC nên:
[ ,( )] [ ,( )]d C SBD d A SBD
Kẻ AK ^ SH tại K (1)
Ta có:
( ) (2)
BD AH
BD SAH BD AK
BD SA
^
Ï
 ^  ^
Ì
^
Ó
(1) và (2) chứng tỏ AK ^ (SBD). Vậy
[ ,( )] [ ,( )]d C SBD d A SBD AK= =
0,25
AK được tính bởi:
2 2 2
2
2

+ + + + +
+ + + +
Với các số thực a, b, c dương, ta luôn có bđt đúng:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 0 3( ) ( )a b b c c a a b c ab bc ca a b c a b c- + - + - ≥ € + + ≥ + + € + + ≥ + +
2 2 2
3( )a b c a b c + + £ + +
(1)
0,25
Do (1) nên:
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 3
( )
1 3
(2)
abc a b c a b c
abc a b c
T

0,25
Do (5) nên (2) suy ra:
( )
1 3
3 3
9
3 3
abc
T
abc
+
+
£ =
.
Đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b = c. Vậy
max
3 3
9
T
+
đạt được khi a = b = c
0,25
Câu 7a
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm
(4; 7)A -
và đường thẳng
: 2 4 0x yD - + =
. Tìm điểm B trên sao cho có đúng ba đường thẳng
( )

Từ đó yêu cầu của bài toán tương đương hai đường tròn (A, R
1
) và (B, R
2
) phải
tiếp xúc ngoài với nhau hay
1 2
AB R R= +
(1)
0,25
Ta có
(2 4; )B B b bŒD  -
.Suy ra
0,25
WWW.VNMATH.COM
2 2 2
1
(2 8) ( 7) 10 5 18 13 0
13
5
b
b b b b
b
È
Í
€ - + + = € - + = €
Í
Î
Vậy
( 2;1)B -

x z
x
y-
+ - +
Ï
= =
+ - =
Ô
-
Ì
Ô
Ó
.
0,25
Giải hệ được
1 1
1; ;
2
2
x y z= = = -
Vậy
1 1
1; ;
2 2
H
Ê ˆ
-
Á ˜
Ë ¯
. Từ đó

Câu 9.a
(1,0 điểm)
Có 40 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 40. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm. Tính xác suất để có 5
tấm thẻ mang số lẻ, năm tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang
số chia hết cho 6.
Chọn ngẫu nhiên 10 tấm thẻ trong 40 tấm thẻ thì không gian mẫu là
10
40
C
0,25
Từ 1 đến 40 có tất cả 20 số chẵn và 20 số lẻ. Số cách chọn 5 tấp thẻ mang số lẻ là
5
20
C
0,25
Trong 20 số chẵn thì có đúng 6 số chia hết hết cho 6 nên số cách chọn 5 tấm thẻ
mang số chẵn trong đó có đúng một tấm mang số chẵn là
4 1
14 6
.C C
0,25
Vậy xác suất cần tìm là:
5 4 1
20 14 6
10
40
. .
126
1147
C C C

0,25
Gọi
0 0
( ; )I x y
là tâm của hình bình hành ABCD
0 0
(2 4;2 )C x y -
và
0 0
(2 3; 2 4)B x y- +
 tọa độ trung điểm của BC là
0
0
4 7
; 2 2
2
x
J y
-
Ê ˆ
+
Á ˜
Ë ¯
0,25
( ) :2 8 5 0J d x yΠ+
- =
và
: 7 4 5 0I BD x yΠ+
- =
nên:

+ + =
Ï
Ô
  - - -
Ì Ì
+ - =
= -
Ó
Ô
Ó
0,25
Câu 8.b
(1
,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai
điểm
(0; 2; 1),A - (10; 6; 2)B
và cách điểm
( 1; 3; 2)C -
-
một khoảng bằng
29
.
Giả sử (P) có vtpt
2 2 2
= + + π
(P) đi qua
(0; 2; 1),A - (10; 6; 2)B
nên:
 pt (P):

3 2 0a b+ =
ta chọn
2
3
a
b
Ï
Ì
= -
Ó
 pt(P): 2x - 3y + 4z - 10 = 0
0,25
Với
4 3 0a b+ =
ta chọn
3
4
a
b
Ï
Ì
= -
Ó
 pt(P): 3x - 4y + 2z - 10 = 0
0,25
Câu 9.b
(1,0 điểm)
Giải bất phương trình :
2
3

Ó
hay
{ }
1 3
1; \ 0 (1; ) \
2 2
x
Ê ˆ Ï ¸
Œ - » + •
Ì ˝
Á ˜
Ë ¯ Ó ˛
Với điều kiện trên và để ý rằng
2 2
0
2 3 1 1 2 3 0
3
2
x
x x x x
x
<
È
Í
- + > € - > €
Í
>
Î
,
1 1 0x x+ > € >

 bất
phương trình đã cho trở thành một bất đẳng thức đúng.
0,25
TH
3
: Với
3
2
x >
, thì
3
1 1 log ( 1) 0x x+ >  + >
và
2 2
3
2 3 1 1 log 2 3 1 0x x x x- + > € - + >
.
Từ đó với
3
2
x >
, bất phương trình đã cho tương đương:
0,25
WWW.VNMATH.COM
2
2
3 3
log ( 1) log 2 3 1
2 3 1 1
3

€ € € >
Ì Ì
> >
Ô Ô
Ó Ó
Kết hợp cả 3 trường hợp bất phương trình đã cho có tập nghiệm:
1 3
0; 1; (5; )
2 2
S
Ê ˆ Ê ˆ
= » » + •
Á ˜ Á ˜
Ë ¯ Ë ¯
0,25
Ghi chú: Câu 1.2 và câu 2 còn có cách giải sau:
Câu 1.2:
( ) : 3 7 0 ( 3 7; )M d x y M m mŒ + + =  - -
.
Từ câu 1) không mất tổng quát ta chọn A(0; 5) và B(1; 4). Khi đó ta có:
= + - = + - = + -
. (+)
Từ đó:
+
2 2
= + - - = + +
+
2
= + + + - - = + +
+

Á ˜
Ë ¯
(+)
Câu 2: Phương trình đã cho tương đương:
3 3
(sin 1) sin 1 cos cosx x x x+ + + = +
(1)
Nếu đặt
3
( )f t t t= +
thì phương trình có dạng:
(sin 1) (cos )f x f x
+ =
(2) (+)
Xét hàm số:
3
( )f t t t= +
ta có
2
'( ) 3 1 0,f t t x= + > " Œ

hàm số đồng biến trên (+)
Từ đó:
2
2
4 2
2
2
pt
x k

3
3 7 2 0x m x+ - - + =
, với m là tham số thực.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:
sin4 2cos2 4(sin cos ) 1 cos4x x x x x+ + + = +
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3
2
(3 55) 64
( 3 3) 12 51
x y
x y
xy y y x
Ï
+ =
Ô
Œ
Ì
+ + = +
Ô
Ó
.
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
0
cos2
sin cos 3
x
I dx
x x+ +

(1;3;2),A
(2;0; 4),B -
(0;1;1)C
. Viết phương trình trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z biết rằng
3 3 4 2z i- + =
và
1
1
z
z i
+
+
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại
( 1; 1)A -
và có tâm
đường tròn nội tiếp là
(1; 5),I
đường thẳng vuông góc với IA tại A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
AIC tại điểm thứ hai
( 7; 4).D -
Tìm tọa độ điểm B.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm
( 1;2; 3)A - -
, song song với đường thẳng
1
1 2 3
( ) :

WWW.VNMATH.COM
ĐÁP ÁN KHỐI B
Câu Đáp án Điểm
Câu 1
(2,0
điểm)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
3 2
6 9 1y x x x= - + -
Tập xác định: D =
Chiều biến thiên:
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
È
= - + = € - + = € = = -
Í
Î
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-•; 1) và (3; +•), nghịch biến trên khoảng (1; 3)
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 và y
CT
= y(3) = -1;
Hàm số đạt cực đại tại x = 1 và y
CĐ
= y(1) = 3.

Xét hàm số:
3
2
6 9 1y x x x= - + -
, ta có:
+ Hàm
số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng,
đồng thời
0x
" >
thì
3
2 3 2
6 9 1 6 9 1y x x x x x x= - + - = - + -
0,25
Từ đó (C’) được suy từ (C) như ở hình bên:
0,25
Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m thỏa yêu cầu bài toán là:
1 3m- < <
0,25
+
-•
1
y’(x)
y(x)
-•
+•
3
0
0

-4
O
WWW.VNMATH.COM
Câu 2
(1,0 điểm)
Giải phương trình:
sin 4 2cos 2 4(sin cos ) 1 cos4x x x x x+ + + = +
.
Phương trình đã cho tương đương:
2
2cos2 (1 sin 2 ) 4(sin cos ) 2cos 2x x x x x+ + + =
cos2 (1 sin 2 cos2 ) 2(sin cos ) 0x x x x x€ + - + + =
2
cos 2 (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 .cos 2 1) 0
sin .cos 2 1 0
x x
x x x x
x x
+ =
È
€ + + = €
Í
+ =
Î
0,25
4

2
(3 55) 64
( 3 3) 12 51
x y
x y
xy y y x
Ï
+ =
Ô
Œ
Ì
+ + = +
Ô
Ó
.
Từ hệ pt đã cho ta có
ĐK
:
0x π
. Khi đó hệ tương đương:
3
3
4
3( 1) 52
4
( 1) 3. 52
y
x
y
x

Ó
0,25
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế được:
3 3 2 2
3( ) ( )( 3) 0 (3)v u u v v u v uv u- = - € - + + + =
0,25
Do
2
2 2 2
1 3
3 3 0, ,
2 4
v uv u v u u u v
Ê ˆ
+ + + = + + + > "
Á ˜
Ë ¯
nên
(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

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 t
p
= +  = - =  = =  = -
0,25
Từ đó
1 1
1 1
3
1
3 3
t
I dt dt
t t
- -
Ê ˆ
= = -
Á ˜
+ +
Ë ¯
Ú Ú
0,25

) là
0
60SAH
( )
AB SB
AB SBH AB HB
AB SH
^
¸
 ^  ^
˝
^
˛
Tương tự
( )AC SCH AC HC^  ^
Suy ra tứ giác
ABHC
là một hình vuông
cạnh a
0,25
Từ đó
0
.tan 60 2. 3 6SH HA a a= = =
và thể tích khối chóp
S.ABC
được tính
bởi:
3
2
1 1 1 6

BC
và
SA
và được tính 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
Câu 6
(1,0 điểm)
Cho phương trình
(
)
2 2 2
5 8 ( 4) 2 8 ( 4) 2x x x m x x- + + + + = + +
với m là tham số thực.
Tìm các giá trị m để phương trình trên có đúng ba nghiệm thực.
Pt đã cho được viết lại về dạng:
2 2 2 2
( 4) 2 ( 4) ( 4) 2 4( 2)m x x x x x x+ + = + + + + + +

t
= + +
0,25
Xét 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

+
có đúng 1 nghiệm thực.
0,25
x
f
’(x)
t = f(x)
-•
+•
1
2
0
-
+
-1
3
1
O
A
H
B
C
S
I
WWW.VNMATH.COM
Từ đó yêu cầu của bài toán tương đương phương trình
4
1m t
t
= + +

lim ( ) ; lim ( )
x x
f x f x
- +
Æ Æ
= -• = +•
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của
m thỏa yêu cầu (*) là:
16
3
m
0,25
Câu 7a
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
(1; 1)H
là chân đường cao kẻ từ
đỉnh A,
(3; 0)M
là trung điểm của cạnh BC và
BAH HAM MAC= =
. Tìm tọa độ các điểm
A, B, C.
Chứng minh tam giác ABC vuông tại A.
Từ giả thiết ta DABM cân tại A. Suy ra H là trung
điểm BM. Kẻ MK ^ AC tại K. Do AM là tia phân giác
góc
HAC
nên:

2
AH BM= =
€
2 2
(1 ) (2 2 ) 15t t- + - =
€
1 3t = ±
Do đó
( )
1 3;1 2 3A + +
hoặc
( )
1 3;1 2 3A - -
0,25
Câu 8.a
(1,0 điểm)
Trong không gian tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với
(1;3;2), (2;0; 4), (0;1;1)A B C-
.Viết
phương trình trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có:
= - - = - - - 
vtpt của mp(
ABC
) là:
= -
Î ˚
( ) : 9 7 5 2 0pt mp ABC x y z - +
+ =
0,25

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
- - =
Ï
Ô
Ê ˆ
€ + + = € = = = -  -
Ì
Á ˜
Ë ¯
Ô
- + = -
Ó
0,25
t
g’(t)
m = g(t)
-1
0
-
-
-4
3

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 có hệ:
2 2
( 3) ( 3) 32x y
y x
Ï
- + + =
Ì
= -
Ó
0,25
2
7; 7

giác AIC tại điểm thứ hai
( 7; 4).D -
Tìm tọa độ điểm B.
Chứng minh B, I, D thẳng hàng.
Suy ra phương trình BD là x – 8y + 39 = 0
Gọi AB là đường thẳng qua A( 1; 1), vectơ pháp
tuyến
= π
nên có phương trình
( 1) ( 1) 0a x b y+ +
- =
Đường thẳng AI có phương trình 2x – y + 3 = 0
0,25
Ta có
0
45BAI
nên góc tạo bởi hai đường thẳng AB và AI bằng 45
0
.
Do đó
2 2
2
1
2
5( )
a b
a b
-
+
€ (a – 3b)(3a + b) = 0

1 1 1
x y z
d
+ - -
= =
-
và tạo với đường thẳng
2
3 4
:
1 2 1
x y z
d
- +
= =
một góc sao cho
3
sin
6
j
Ta có vtcp của d
1
là
= -
và vtcp của d
2
là .
Giả sử (P) có vtpt
2 2 2
= + + π

b c
b c
€ + = + + € + + = € + + =
+ =
È
€
Í
+ =
Î
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 trình của
(
P
):
5 0y z- - =
hoặc
5 3 8 35 0x y z- + + =
Cả 2 mp trên đều thỏa (P) // d

(0; )D = +•
1
'( ) 1 0,
ln 5
f t t D
t
= + > " Œ
. Chứng tỏ f(t) là hàm đồng biến trên D
0,25
Do
2
0, 2 2 0x x x> + + >
nên
2 2
1
(2) 2 2 5 3 2 0
2
x
x x x x x
x
È
€ + + = € - + = €
Í
Î
Vậy phương trình có hai nghiệm x =1, x = 2.
0,25
Ghi chú: Cách chứng minh B, I, D thẳng hàng.
+ Gọi I
1
là giao điểm của BI với đường tròn (J) ngoại tiếp DABC. Khi

I cùng đi qua B, D nên B, I, D thẳng hàng.
J
D
I
1
I
B
C
A
WWW.VNMATH.COM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối D
Th
ời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
ĐỀ THI THỬ
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2 2 2
3 2 (1)y x x m x m= - + + -
, với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
b) Định m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt sao cho tổng các hệ số góc của
các tiếp tuyến với đồ thị tại 3 điểm đó là lớn nhất.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:
cos3 2sin2 cos sin 1 0x x x x- - - - =
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có
, 2SA SB SC CA CB a AB a= = = = = =
. Tính thể tích của
khối chóp S.ABC theo a và cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAC), (SBC).
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn
2 2
1x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
4 2
2
( 1)
2 2 1
y xy
P
y xy
+ +
+ +
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0
điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
(3; 2)M
là trung điểm của
c
ạnh AC, phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là
8 13 0x y- -
=
và

là số nguyên dương thỏa mãn
3 2 3
1
4 2
n n n
C C A
+
+ =
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
3
;7
8
M
Ê ˆ
Á ˜
Ë ¯
. Viết phương trình đường
thẳng (d) đi qua M và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 12 (O là
gốc tọa độ).
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( ): 4 0P x y z- - - =
và hai
điểm
(2;3; 4),A -
(5;3; 1)B -
. Tìm tọa độ điểm C trên (P) sao cho tam giác ABC vuông cân tại C.
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình
2 2 2

Í
Î
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-•; 0) và (2; +•), và nghịch biến trên khoảng
(0; 2)
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và
(2) 2
CT
y y= = -
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y
CĐ
= y(0) = 2.
- Giới hạn:
lim , lim
x xÆ-• Æ+•
= -• = +•
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
// / /
6 6, 0 6 6 0 1, (1) 0y x y x x y= - = € - = € = =
 điểm uốn I(1; 0)
Đồ thị: đi qua các điểm
(1 3;0)±
và nhận điểm uốn I(1; 0) là tâm đối xứng.
0,25
b) Định m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt sao cho tổng các hệ số
góc của các tiếp tuyến với đồ thị tại 3 điểm đó là lớn nhất.
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành:
3 2 2 2 2 2

Ô
€ € € - < <
Ì Ì
D = - >
- < <
Ô
Ó
Ó
(1)
0,25
Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (*) thì
1 2
2
1 2
2
2
x x
x x m
+ =
Ï
Ô
Ì
= -
Ô
Ó
Ta có tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến tại các điểm có hoành độ 1, x

0
+
+
-
2
-2
-•
+•
0
x
y
1
2
1 3-
1 3+
-2
2
O
∑ ∑
∑
∑
∑
∑
WWW.VNMATH.COM
Vậy
max
9P
đạt được khi m = 0.
Câu 2
(2,0 điểm)

p
p
p
€ = - + = - + = + Œ
0,25
Câu 3
(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
3
3
(2 3 ) 1
( 2) 3
x y
x y
x y
Ï
+ =
Ô
Œ
Ì
- =
Ô
Ó
.
Từ cách cho hệ pt ta có đk:
0x π
. Khi đó hệ tương đương:
3
3
3

0,25
Đặt
3
3
2 3 2 3t y t y= +  - =
, ta được hệ pt:
3 3 3
3 3
2 3 3( )
2 3 2 3
y t y t t y
t y t y
Ï Ï
- = - = -
Ô Ô
€
Ì Ì
- = - =
Ô Ô
Ó Ó
2 2 2 2
3
3 3
0
( )( 3) 0 3 0
2 3
2 3 2 3
y t
y t y yt t y yt t
t y

. Do
2
2
2 2
1 3
3 3 0, ,
2 4
t
y yt t y t y t
Ê ˆ
+ + + = + + + > " Œ
Á ˜
Ë ¯
,
nên hệ phương trình vô nghiệm
0,25
TH
2
:
3 3
0
1
2
2 3 3 2 0
y t t y
y t
y t
t y y y
- = =
= = -

2 1
e
x x
I xdx
x x
+ +
+ +
Ú
.
Ta có
2
1
2
1 ln
( 1)
e
I x dx
x
È ˘
= +
Í ˙
+
Î ˚
Ú
0,25
Đặt
1
lnu x du dx
x
= € =

Î ˚
Ú Ú
0,25
1 1
1
2 3 1 1
2ln | | 2ln 1 2ln
1 1
2
e
e e
e e
e x x x
e
e
+ +
= - - + - + = -
+ +
0,25
Câu 5
(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có
, 2SA SB SC CA CB a AB a= = = = = =
. Tính thể tích của khối
chóp S.ABC theo a và cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC).
WWW.VNMATH.COM
Từ giả thiết ta suy ra DSAB vuông tại S và
DCAB vuông tại C
Kẻ
( )SH ABC^

Ta có:
2 2 2 2 2
2
2
cos
2 . 2
IA IB AB IA AB
AIB
IA IB IA
+ - -
= =
2
2
2
3
2
1
2
3
3
2
a
a
a
-
= = -
.
Vậy
1
cos | cos |

+ + + + + + + +
= = =
+ + + + + + +
0,25
Với
0, 1x y= = ±
thì
2
3
y ; Với x π 0, đặt y = tx. Khi đó:
2
2
2 2 1
3 2 1
t t
P
t t
+ +
+ +
Xét hàm
2
2
2 2 1
( )
3 2
1
t t
f t
t
t

Bảng biến thiên:
0,25
Từ bảng biến thiên ta suy ra:
+
min
1
2
P
đạt được khi t = -1 hay
2 2
2 2
2 2
1
2 2
2 2
x x
y x
x y
y y
Ï Ï
= - =
Ô Ô
= -
Ï
Ô Ô
€ ⁄
Ì Ì Ì
+ =
Ó
Ô Ô

WWW.VNMATH.COM
+
max
1P
đạt được khi t = 0 hay
2
0
1
0
1
y
x
y
x
= ±
Ï
Ï
€
Ì Ì
Ó
Ó
Câu 7.a
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
(3; 2)M
là trung điểm của cạnh
AC, phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là
8 13 0x y- -
=
và

- + =
Ó

3
0;
2
N
Ê ˆ
Á ˜
Ë ¯
.
0,25
Suy ra
(2 ; 2 )
N C N C
B x x y y- -
hay B(–4;2)
Vậy A(2;3), B(–4;2), C(4;1)
0,25
Câu 8.a
(1,0 điểm)
Trong không gian tọa độ Oxyz cho khối chóp S.ABC có
( 1;0;1), ( 1;3;2), (1;3;1)A B C- -
và thể
tích bằng 3. Tìm tọa độ điểm S biết rằng S thuộc đường thẳng
1 1
:
2 1 1
x y z
d

V t
t
È
= € + = €
Í
= -
Î
0,25
+
5 ( 11;6;5)t S= 
-
+
13 (25; 12; 13)t S= -  -
-
0,25
Câu 9.a
(1,0 điểm)
Tìm hệ số của x
5
trong khai triển nhị thức Newton của
3
2
n
x
x
Ê ˆ
-
Á ˜
Ë ¯
, biết rằng n là số nguyên

( )
3(11 ) 33 4
11 11
.( 2) . ( 2) . 0,11
k k k k k k k
k
T C x x C x k
- - -
= - = - =
0,25
Để có số hạng chứa x
5
ta phải có
33 4 5 7k k-
= € =
0,25
Vậy hệ số của x
5
là
7 7
11
( 2) . 42240C- = -
0,25
Câu 7.b
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
3
;7
8
M

3 7
56 3 192
1
3, 8
8
56 .3 4032
24
a b
a b
a b
a b
ab
Ï
+ =
+ =
Ï
Ô
€ € = =
Ì Ì
Ó
Ô
Ó
hoặc
3
, 56
7
a b= =
0,25
+ Với a =3, b = 8 thì phương trình (d):
1 8 3 24 0

0,25
DABC vuông cân tại C nên:
2 2
AC BC
Ï
Ô
Ì
Ô
Ó
hay
2
2 2 2 2 2 2
( 2)( 5) ( 3) ( )( 3) 0
( 2) ( 3) ( ) ( 5) ( 3) ( 3)
x x y x y x y
x y x y x y x y
Ï
- - + - + - - - =
Ô
Ì
- + - + - = - + - + - -
Ô
Ó
0,25
2 2
( 2)( 5) ( 3) ( )( 3) 0 3 23 42 0
2 5 0 2 5
x x y x y x y x x
x y y x
Ï Ï

0,25
Câu 9.b
(1,0 điểm)
Giải phương trình
2 2 2
3 3 2 2
3 3 3 27
x x x x x x- + + -
+ = +
Phương trình đã cho tương đương;
2 2 2 2 2 2
3 2 3 2 3 2 3 3 3
3 3 3 1 3 (3 1) (3 1) 0
x x x x x x x x x x x x- + - - - + - - -
+ = + € - - - =
0,5
2
2 2
2
3
3 2 3
2 3
3 1 0
(3 1)(3 1) 0
3 1 0
x x
x x x x
x x
-
- + -

x
x x
x
+ -
È
= € + - = €
Í
= -
Î
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm
0; 1; 3x x x= = = ±
0,25
WWW.VNMATH.COM