Đề thi thử đại học 2013 – 2014 môn: Toán (thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)

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 
 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: 
34
2
0
tan
1 os
x
I dx
c x



 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 4
1 1 1
P 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 z
d
 
  , 2
1 1 2
:
1 1 1
x y z
d
  
 

. 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 i
u
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: z
2 – 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 
Họ và tên thí sinh:.; Số báo danh:.. 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3 3x2  2 có đồ thị là (C) 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2013 – 2014
 Môn: TOÁN 
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) 
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 
   
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 
Câu 1 
2,0 điểm 
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 
x 
y 
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM 
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 inx
3 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 k

       
Vậy nghiệm phương trình: 
2
2
3
x k

   với k  
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    
Do: 2'( ) 3 3 0,f t t t     nên hàm số đồng biến trên  
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 anx
2 tan
os
t x dt dx
c x
    
Đổi cận: 
khi x = 0 ta có: t = 2; 
khi 
4
x

 ta có: t = 3 
0,25 
Ta có: 
 
324
22
0 2
tan t anx 1 2
.
os 22 tan
x t
I dx dt
c x tx


 
 
0,25 
3 3
2 2
1
2
dt
dt
t
   
0,25 
Câu 4 
1,0 điểm 
3 31 1 3
ln ln
2 22 2 2
t t    
0,25 
(1) 
(2) 
www.VNMATH.com 
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
a
AC  
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 72
S BCDM BCDM
a
V S SH  (ĐVTT) 
0,25 
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 
Câu 5 
1,0 điểm 
Trong tam giác vuông ABE, ta có: 
2
2
2
23sin
134
9
a
BE
BAE
AE a
a
  

Suy ra HF = AH.sinBAE = 
13
a
Trong tam giác vuông SAF ta có: 
0,25 
N 
2 2 2 2 2
1 1 1 . 3
47
HF HS
HK a
HK HF HS HF HS
    

. Vậy  
3
,
47
d CM SA a 
Câu Đáp án Điểm 
Ta có: 
   
2 42 2
4 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 z
P 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
t
P 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 
297
min , :
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 
Gọi tọa độ C(2c – 1; c), ta có:    2 2; 1 , 1;1HC c c HF   
 
 0,25 
Câu 7b 
1,0 điểm 
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 
Câu 8a 
1,0 điểm 
Suy ra C là giao điểm của d2 và (P), ta có tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: 0,25 
I
M
H
F
E
BA
D C
 
11 1 2
3 1;3;01 1 1
3 5 6 0 0
xx y z
y C
x y z z
   
  
    
      
Gọi tọa độ B thuộc d1 là:  2 ; 1; 1B b b b  
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 2
1 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 2
4 4
5 , 5
5 5
MF a MF a    
0,25 
Vì tam giác F1MF2 vuông tại M nên: 
2 2 2
1 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: 
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
       
                 
       
0,25 
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 
Câu 8b 
1,0 điểm 
Ta có:    
2 2 21 1, 4 2 2 2 4 5 6 3
2 2
AMBS AM AB a a a a           
 
 0,25 
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 2
1
2
1 31 3 1 3
os .sin
4 2 2 3 31 3
iz i
i c i
z i
     
            
 0,25 
Do đó: 
2013 4026
1
2
os .sin os1342 .sin1342 1
3 3
z
c i c i
z
 
 
   
       
  
 0,25 
Câu 9b 
1,0 điểm 
Vậy phần thực bằng 1, phần ảo bằng 0. 0,25 
..Hết. 
www.VNMATH.com