Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2014 Môn: Toán Khối B

1 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 
Môn: TOÁN; Khối B. 
(Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề) 
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số   3 3 1 (1)y x mx , với m là tham số thực. 
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với  1.m 
b) Cho điểm (2; 3)A . Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị ,B C và tam giác ABC cân ở A . 
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình   2(sin 2 cos ) 2 sin 2x x x . 
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân  

22
21
3 1x xI dx
x x
. 
Câu 4. (2 điểm). 
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện    2 3(1 ) 1 9z i z i . Tính module của z . 
b) Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ một công ty sữa, người ta đã gửi đến bộ phận kiểm nghiệm 5 hộp 
sữa cam, 4 hộp sữa dâu và 3 hộp sữa nho. Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa để phân tích 
mẫu. Tính xác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại. 
Câu 5. (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm (1; 0; 1)A và đường thẳng 
  
11:
2 2 1
yx zd . Viết phương trình đường thẳng qua A và vuông góc với d . Tìm tọa độ hình 
chiếu vuông góc của A trên .d 
Câu 6. (1 điểm) Cho hình lăng trụ   .ABC A B C có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu của A trên 
mặt phẳng ( )ABC là trung điểm của AB , góc tạo bởi đường thẳng A C với mặt đáy bằng 60 . Tính 
theo a thể tích của khối lăng trụ   .ABC A B C và khoảng cách từ điểm B đến  ( )ACC A . 
Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD . Điểm ( 3; 0)M là 
trung điểm của cạnh AB , điểm (0; 1)H là hình chiếu vuông góc của B trên AD và điểm 
     
4 ; 3
3
G là 
trọng tâm của tam giác .BCD Tìm tọa độ các điểm , .B D 
Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình 
               
2
(1 ) 2 ( 1) 
2 3 6 1 2 2 4 5 3 
y x y x x y y
y x y x y x y
 với ,x y . 
Câu 9. (1 điểm) Cho , ,a b c không âm và thỏa mãn  ( ) 0a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
    2( )
a b cP
b c c a a b
. 
--- Hết --- 
2 
LỜI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 
Câu 1. a/ Với  1m , ta có hàm số   3 3 1y x x . Tập xác định  .D 
Chiều biến thiên: 
              
2 2 1 13 3, 0 3 3 0
1 3
x y
y x y x
x y
. 
Hàm số đồng biến trên   ( ; 1),(1; ) , hàm số nghịch biến trên ( 1;1). 
Đồ thị hàm số: Bảng biến thiên: 
b/ Ta có      2 23 3 , 0y x m y x m . Đồ thị hàm số đã cho có 2 cực trị khi   0y có 2 nghiệm 
phân biệt và  2x hay  0, 4m m . 
Gọi       ; 2 1 , ; 2 1B m m m C m m m là 2 cực trị của hàm số. Tam giác ABC cân ở A khi 
AB AC hay                   2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 0.m m m m m m m m m 
Phương trình cuối có nghiệm dương duy nhất là  1
2
m . 
Vậy giá trị cần tìm là  1
2
m . 
Câu 2. Xét phương trình:        2 sin 2cos 2 sin 2 2 sin 2 2 cos 2 sin 2x x x x x x 
   
  
         
       
2 sin 2 2 cos 2 2sin cos 0 2 sin 1 2 cos 2 1 2 cos 0
1cos
1 2 cos 2 sin 2 0 .2
sin 2
x x x x x x x
x
x x
x
Ta loại nghiệm sin 2x vì sin 1x , do đó ta có     1 3cos 2
2 4
x x k với .k 
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là   3 2
4
x k với .k 
x  1 1  
y  0  0  
y 3  
 1 
y 
x 
3 
Câu 3. Xét tích phân:  

2 2
2
1
3 1x x dx
x x
. 
Ta có: 
                    
2 2 22 22 2 2
2 2 21 1 1
1 1 1
2 13 1 2 11 ln 1 ln 3
d xx x xdx dx x x x x
x x x x x x
. 
Câu 4. 
a) Đặt  z x yi với , .x y Ta có: 
    
   
          
              
             
2 3 1 1 9 2 2 3 1 1 9
2 2 3 3 3 3 1 9 5 3 3 1 9
5 3 1 2
3 9 3
z i z i x yi i x yi i
x yi x yi xi y i x y x y i i
x y x
x y y
Vậy module cần tính là   2 22 3 13z . 
b) Không gian mẫu là    312n C . 
Gọi A là biến cố chọn được có đủ 3 loại. Số phần tử của biến cố A là  1 1 15 4 3C C C 
Xác xuất của biến cố A là: 
   
1 1 1
5 4 3
3
12
3
11
C C C
C
Câu 5. Mặt phẳng qua  P qua A , có vtpt là    
 
2; 2; 1p dn a . Suy ra    ( ) : 2 2 3 0P x y z . 
Gọi H là hình chiếu của A lên        { } .d H d P 
Toạ độ điểm H thỏa hệ phương trình 
         
11
2 2 1
2 2 3 0
yx z
x y z
 hay 
      
1 5 1; ; .
3 3 3
H 
Câu 6. 
Gọi H là trung điểm AB thì     3,
2
aA H ABC CH . Ta 
có     .ABC A B C ABCV A H S 
Mặt khác, ta có ABC là tam giác đều cạnh a nên 

2 3
4ABC
aS . Ta có 
A HC vuông tại H và       C, 60A CH A ABC . H C
B
A' C'
B'
A
4 
     3tan
2
aA H CH A CH Do đó     
3
.
3
8ABC A B C
aV 
Tiếp theo, ta sẽ tính khoảng cách từ B đến  ( )ACC A . Ta có 
            
3
. . . .
2 3 .
3 4B ACC A ABC A B C B ACC A ABC A B C
aV V V V 
Vậy  
 
      
  
,
3 3 13
13
ACC A
B ACC A
ACC A
V ad
S
Câu 7. 
Gọi ( ; )B a b và N là trung điểm .CD 
Ta có 
 2
3
BG BN với 
       
 4 ; 3
3
BG a b và 
   

;N NBN x a y b . 
Do đó, ta được 
       
4 9;
2 2
a bN . Ta có 
                                  
 
2 2
2 2
22 2
( 3) 10 2 16 1
10 9 2 010 8 9(1 ) 00
2 2
a bMB HM b aa b a
a b a aa b a ba bMN BH
Giải hệ này, ta được   ( ; ) (0; 1),( 2; 3)a b . Ta xét các trường hợp: 
 Với  0, 1a b , ta có (0; 1)B , loại vì trùng với .H 
 Với  2, 3a b , gọi I là tâm của hình bình hành thì 
     
30;
2
I , ta được (2; 0).D 
Vậy ta được ( 2; 3), (2; 0)B D . 
Câu 8. Xét hệ phương trình 
               
2
(1 ) 2 ( 1) (1)
2 3 6 1 2 2 4 5 3 (2)
y x y x x y y
y x y x y x y
. 
Điều kiện xác định:    0,4 5 3, 2y x y x y . Ta có 
 
   
    
  
         
        
           
           
          
(1) (1 ) 1 ( ) 1 ( 1)
( 1) 1 (1 ) 1 0
1 1 1 1 0
1 1 1 1 0
1 0
, 1 1 0
1 0
y x y x y x y y
x y y y x y
y x y y x y
y x y x y y
y
x y y
x y
I
G
H
N
MA
D C
B
5 
Ta xét 2 trường hợp: 
- Nếu    1 0 1y y , từ (2) suy ra     3 9 0 3.x x 
- Nếu      1 0 1x y x y , từ (2) suy ra    22 3 2 1y y y , phương trình tương đương với 
           
           
2 2 2
2
16 8 1 16(1 ) 8 1 1 (4 1) (4 1 1)
4 1 4 1 1 1 1 0
y y y y y y
y y y y y y
Phương trình cuối có nghiệm không âm duy nhất là   1 5
2
y , tương ứng, ta có  1 5
2
x . 
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là 
         
1 5 1 5( ; ) (3;1), ;
2 2
x y . 
Câu 9. Ta có             
21 2 2b b a b c b b b
c a c a c a c a c a a b c
. 
Đẳng thức xảy ra khi    0c a b hoặc  0b . 
Tương tự, ta cũng có   
2a a
b c a b c
 (đẳng thức xảy ra khi    0c b a hoặc  0a ) nên ta có 
       
2( ) 2
2( ) 2( )1
a b c cP
ca b c a b a b
a b
. 
Đặt   0
ct
a b
 và xét hàm số   
2( ) , 0
1 2
tf t t
t
. 
Ta có     
 2 2
2 1 ( 3)( 1)( )
2(1 ) 2( 1)
t tf t
t t
. 
Do đó    ( ) 0 1f t t . Khảo sát hàm số này trên [0; ) , ta được   3( ) (1)
2
f t f . 
Vậy GTNN của biểu thức đã cho là 3
2
, đạt được khi   0, 0a b c hoặc   0, 0b a c . 
Huỳnh Công Thái, Nguyễn Tuấn Lâm, Trương Huy Hoàng, Lê Phúc Lữ, Lê Văn Đoàn, 
Nguyễn Minh Tùng, Trần Anh Hào. 
(Trung tâm luyện thi ĐH Ngoại Thương)