Đề Thi Thử ĐH Môn TOÁN - THPT Nguyễn Hữu Thuần - 2009 pps

Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 1
THI TH I HC S 1
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im)
Cõu I (2 im) Cho hm s
4 2
( ) 8x 9x 1y f x
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2. Da vo th (C) hóy bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh
4 2
8 os 9 os 0c x c x m
vi
[0; ]x


.
Cõu II (2 im)
1. Gii phng trỡnh:

3
log
1
2 2
2
x
x x x

2. Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y







Cõu III (1 im) Tớnh din tớch ca min phng gii hn bi cỏc ng
2
| 4 |y x x
v
2y x
.
Cõu IV (1 im) Cho hỡnh chúp ct tam giỏc u ngoi tip mt hỡnh cu bỏn kớnh r cho trc. Tớnh th tớch hỡnh chúp
ct bit rng cnh ỏy ln gp ụi cnh ỏy nh.
Cõu V (1 im) nh m phng trỡnh sau cú nghim
2
4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0
4 4 4
c c m

PHN RIấNG (3 im): Thớ sinh ch lm mt trong hai phn (Phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh chun.
Cõu VI.a (2 im)
1. Cho

ABC cú nh A(1;2), ng trung tuyn BM:
2 1 0x y
v phõn giỏc trong CD:
1 0x y
.
Vit phng trỡnh ng thng BC.
2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho ng thng (D) cú phng trỡnh tham s
2
2
2 2
x t
y t
z t








.Gi

l ng thng qua im A(4;0;-1) song song vi (D) v I(-2;0;2) l hỡnh chiu vuụng gúc ca A
trờn (D). Trong cỏc mt phng qua

, hóy vit phng trỡnh ca mt phng cú khong cỏch n (D) l
ln nht.
Cõu VII.a (1 im) Cho x, y, z l 3 s thc thuc (0;1]. Chng minh rng
1 1 1 5
1 1 1xy yz zx x y z


2. Theo chng trỡnh nõng cao.
Cõu VI.b (2 im)
1. Cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú din tớch bng 4. Bit A(1;0), B(0;2) v giao im I ca hai ng chộo nm trờn
ng thng y = x. Tỡm ta nh C v D.
2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai im A(1;5;0), B(3;3;6) v ng thng

cú phng trỡnh tham s
1 2
1
2
x t
y t
z t

.Mt im M thay i trờn ng thng

, xỏc nh v trớ ca im M chu vi tam giỏc MAB t giỏ tr
nh nht.
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 2
Cõu VII.b (1 im) Cho a, b, c l ba cnh tam giỏc. Chng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b





Ht
P N THI TH S 1
Cõu
í
Ni dung
im
I
2,00
1
1,00

+ Tp xỏc nh:
D
0,25
+ S bin thiờn:
Gii hn:
lim ; lim
x x
y y




3 2
' 32x 18x = 2x 16x 9y
0
' 0
3
4
x
y
x







0,25
Bng bin thiờn.

3 49 3 49
; ; 0 1
4 32 4 32
CT CT
y y y y y y




CĐ
0,25
th
0,25
2
1,00
Xột phng trỡnh
4 2
8 os 9 os 0c x c x m
vi
[0; ]x


(1)
t
osxt c
, phng trỡnh (1) tr thnh:
4 2
8 9 0 (2)t t m
Vỡ

[0; ]x


nờn
[ 1;1]t
, gia x v t cú s tng ng mt i mt, do ú s nghim ca
phng trỡnh (1) v (2) bng nhau.
0,25
Trường THPT Nguyễn Hữu Thận
Tổng hợp 17 đề thi Đại học
GV: Ngun Quang T¸nh 3
Ta có:
4 2
(2) 8 9 1 1 (3)t t m    
Gọi (C
1
):
4 2
8 9 1y t t  
với
[ 1;1]t 
và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hồnh độ giao điểm của (C
1
) và (D).
Chú ý rằng (C
1
) giống như đồ thị (C) trong miền
1 1t  
.

0,25
Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:

81
32
m 
: Phương trình đã cho vơ nghiệm.
1.
81
32
m 
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.

81
1
32
m 
: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.

0 1m 
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.

0m 
: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
 m < 0 : Phương trình đã cho vơ nghiệm.
0,50
II
2,00
1
1,00

Phương trình đã cho tương đương:
3
3
log
log
3
2 0
2
2 0
1
1
1
log ln 0
ln 0
1
2
2
2
2
2
2 0
x
x
x
x
x
x x
x
x
x

x
x

 


 







 

 

 

   
 
 
 
 

 

 



 
 
 

 



 




 







0,50
3
2
2 2
log 0
1 1
2
1

1 3
ln 0
1
2
2 2
2 2
2
x
x x
x
x x
x
x
x x
x x
x


 
 

 
 

   
 

 



 
 

 
    
  
 

 
 

  
  
 
 

 
 
 
  
 

  
 
 

 
 



0,50
2
1,00
Điều kiện:
| | | |x y
Đặt
2 2
; 0u x y u
v x y

  


 


;
x y 
khơng thỏa hệ nên xét
x y 
ta có
2
1
2
u
y v
v
 
 
 

 
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12
12
2
u v
u u
v
v
 


 

 
 

 

0,25
4
8
u
v







hoặc
3
9
u
v





+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y



 


 


 



(I)
0,25
Trường THPT Nguyễn Hữu Thận
Tổng hợp 17 đề thi Đại học
GV: Ngun Quang T¸nh 4
+
2 2
3
3
9
9
u
x y
v
x y



 


 

 




(II)
Giải hệ (I), (II).
0,25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
   
 
5;3 , 5;4S 
0,25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
   
 
5;3 , 5;4S 
1,00
III
0,25
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi:
2
| 4 | ( )y x x C 
và
 
: 2d y x
Phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và (d):
2
2 2
2 2
0 0
0
| 4 | 2 2
4 2 6 0

6
4 2 2 0
x x
x
x x x x
x x x x x
x
x x x x x
 
 


 

 
     
   
 

 
 


    

 
 
Suy ra diện tích cần tính:
   
2 6

2 2
0 2
4 2 4 2S x x x dx x x x dx     
 
0,25
Tính:
 
2
2
0
| 4 | 2I x x x dx  

Vì
 
2
0;2 , 4 0x x x   
nên
2 2
| 4 | 4x x x x   

 
2
2
0
4
4 2
3
I x x x dx    

0,25

Tính
 
6
2
2
| 4 | 2K x x x dx  

Vì
 
2
2;4 , 4 0x x x   
và
 
2
4;6 , 4 0x x x   
nên
   
4 6
2 2
2 4
4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx       
 
.
0,25
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 5
Vy
4 52
16

3 3
S
1,00
IV
0,25
Gi H, H l tõm ca cỏc tam giỏc u ABC, ABC. Gi I, I l trung im ca
AB, AB. Ta cú:

' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH






Suy ra hỡnh cu ni tip hỡnh chúp ct ny tip xỳc vi hai ỏy ti H, H v tip xỳc
vi mt bờn (ABBA) ti im
'K II
.
0,25
Gi x l cnh ỏy nh, theo gi thit 2x l cnh ỏy ln. Ta cú:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC

Tam giỏc IOI vuụng O nờn:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x
0,25
Th tớch hỡnh chúp ct tớnh bi:

' . '
3
h
V B B B B
Trong ú:
2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h
0,25
T ú, ta cú:
2 2 3
2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V

0,25
V
1,00
Ta cú:
+/

4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x
;
+/

4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x
4 4 2
c c c c








+/

2
1 1

os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x
4 2 2 2
c c








Do ú phng trỡnh ó cho tng ng:

1 1
2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)
2 2
c
t
os2x + sin2x = 2 os 2x -
4
t c c





(iu kin:
2 2t
).
0,25

Trường THPT Nguyễn Hữu Thận
Tổng hợp 17 đề thi Đại học
GV: Ngun Quang T¸nh 6
Khi đó
2
sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1
. Phương trình (1) trở thành:
2
4 2 2 0t t m   
(2) với
2 2t  
2
(2) 4 2 2t t m   
Đây là phuơng trình hồnh độ giao điểm của 2 đường
( ): 2 2D y m 
(là đường song song
với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P):
2
4y t t 
với
2 2t  
.
0,25
Trong đoạn
2; 2
 

 
, hàm số
2

4y t t 
đạt giá trị nhỏ nhất là
2 4 2
tại
2t  
và
đạt giá trị lớn nhất là
2 4 2
tại
2t 
.
0,25
Do đó u cầu của bài tốn thỏa mãn khi và chỉ khi
2 4 2 2 2 2 4 2m    
2 2 2 2m   
.
0,25
VIa
2,00
1
1,00
Điểm
 
: 1 0 ;1C CD x y C t t     
.
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t

M
 
 
 
 
.
0,25
Điểm
 
1 3
:2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
 
 
            
 
 
Từ A(1;2), kẻ
: 1 0AK CD x y   
tại I (điểm
K BC
).
Suy ra
   
: 1 2 0 1 0AK x y x y       
.
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
 

1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
  



  

.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK

tọa độ của
 
1;0K 
.
0,25
0,25
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y

    
 

2
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng

, thì
( ) //( )P D
hoặc
( ) ( )P D
. Gọi H là hình chiếu vng góc của I trên (P).
Ta ln có
IH IA
và
IH AH
.
Trường THPT Nguyễn Hữu Thận
Tổng hợp 17 đề thi Đại học
GV: Ngun Quang T¸nh 7
Mặt khác
   
 
 
 
 
, ,d D P d I P IH
H P

 






Trong mặt phẳng
 
P
,
IH IA
; do đó
axIH = IA H Am  
. Lúc này (P) ở vị trí (P
0
) vng góc với IA
tại A.
Vectơ pháp tuyến của (P
0
) là
 
6;0; 3n IA  
 
, cùng phương với
 
2;0; 1v  

.
Phương trình của mặt phẳng (P
0
) là:
   
2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z   
.
VIIa

Để ý rằng
       
1 1 1 0xy x y x y      
;
và tương tự ta cũng có
1
1
yz y z
zx z x
  


  

0,25
Vì vậy ta có:
 
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1
3
1 zx+y
1
5
1
1 5
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy

x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
 
         
 
     
 
   
 
 
   
 
  
 
 
   
 
 
 

vv
1,00
Ta có:
 

1;2 5AB AB   

.
Phương trình của AB là:
2 2 0x y  
.
   
: ;I d y x I t t  
. I là trung điểm
của AC và BD nên ta có:
   
2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t 
.
0,25
Mặt khác:
D
. 4
ABC
S AB CH 
(CH: chiều cao)
4
5
CH 
.
0,25
Ngồi ra:
 
   
4 5 8 8 2
; , ;

| 6 4 | 4
3 3 3 3 3
;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C D
t
d C AB CH
t C D

   
 

   

   
   


   

Vậy tọa độ của C và D là
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
   
   
   
hoặc

   
1;0 , 0; 2C D 
0,50
2
1,00
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 8
Gi P l chu vi ca tam giỏc MAB thỡ P = AB + AM + BM.
Vỡ AB khụng i nờn P nh nht khi v ch khi AM + BM nh nht.
ng thng

cú phng trỡnh tham s:
1 2
1
2
x t
y t
z t








.
im
M

nờn

1 2 ;1 ;2M t t t
.








2
2 2 2 2
2
2
2 2 2 2
2
2 2
2 2
2 2 4 2 9 20 3 2 5
4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5
3 2 5 3 6 2 5
AM t t t t t
BM t t t t t t
AM BM t t



0,25

Trong mt phng ta Oxy, ta xột hai vect

3 ;2 5u t

v

3 6;2 5v t

.
Ta cú




2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t

Suy ra
| | | |AM BM u v

v

6;4 5 | | 2 29u v u v

Mt khỏc, vi hai vect
,u v

ta luụn cú
| | | | | |u v u v

Nh vy
2 29AM BM
0,25
ng thc xy ra khi v ch khi
,u v

cựng hng
3 2 5
1
3 6
2 5
t
t
t

1;0;2M
v

min 2 29AM BM
.
0,25
Vy khi M(1;0;2) thỡ minP =

2 11 29
0,25
VIIb
1,00
Vỡ a, b, c l ba cnh tam giỏc nờn:
a b c
b c a
c a b








.
t

, , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y


.
V trỏi vit li:
2
3 3 2
a b a c a
VT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y





0,50
Trường THPT Nguyễn Hữu Thận
Tổng hợp 17 đề thi Đại học
GV: Ngun Quang T¸nh 9
Ta có:
   
2
2
z z
x y z z x y z z x y

x y z x y
        
  
.
Tương tự:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
 
     
Do đó:
 
2
2
x y z
x y z
y z z x x y x y z
 
   
    
.
Tức là:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 

    
 
     
 
0,50
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG-ĐỀ SỐ 2
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
( ) 2y f x x x  
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hồnh độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và b để hai
tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình lượng giác:
 
2 cos sin
1
tan cot 2 cot 1
x x
x x x


 
2. Giải bất phương trình:
 
2
3 1 1
3 3

1
log 5 6 log 2 log 3
2
x x x x     
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
 
2
4 4
0
cos2 sin cosI x x x dx

 

Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn
đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy
hình trụ góc 45
0
. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.
Câu V (1 điểm) Cho phương trình
   
3
4
1 2 1 2 1x x m x x x x m      
Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng

định bởi:

2 2
( ): 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y       
. Tìm điểm M trên

sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp
tuyến lập với nhau một góc 60
0
.
2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm
tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có
bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu?
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
Trường THPT Nguyễn Hữu Thận
Tổng hợp 17 đề thi Đại học
GV: Ngun Quang T¸nh 10
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng
 
: 3 0d x y  
và có hồnh độ
9
2
I
x 
, trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là
2 2 2
( ) : 4 2 6 5 0, ( ):2 2 16 0S x y z x y z P x y z          

.
Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị
trí của M, N tương ứng.
Câu VII.b (1 điểm) Cho
, ,a b c
là những số dương thỏa mãn:
2 2 2
3a b c  
. Chứng minh bất đẳng thức
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a b b c c a a b c
    
     
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 2
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
I
2,00
1
1,00
+ MXĐ:
D  
0,25
+ Sự biến thiên
 Giới hạn:
lim ; lim

x x
y y
 
   

 
3 2
0
' 4 4 4 1 ; ' 0
1
x
y x x x x y
x


     

 

0,25
 Bảng biến thiên
     
1 2
1 1; 1 1; 0 0
CT CT
y y y y y y        
C§
0,25
 Đồ thị
0,25

2
1,00
Trường THPT Nguyễn Hữu Thận
Tổng hợp 17 đề thi Đại học
GV: Ngun Quang T¸nh 11
Ta có
3
'( ) 4 4f x x x 
. Gọi a, b lần lượt là hồnh độ của A và B.
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là
3 3
'( ) 4 4 , '( ) 4 4
A B
k f a a a k f b b b     
Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
         
' ' ( ) af' ay f a x a f a f a x f a     
;
         
' ' ( ) f' by f b x b f b f b x f b b     
Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:
 
 
3 3 2 2
4a 4a = 4b 4 1 0 (1)
A B
k k b a b a ab b         
Vì A và B phân biệt nên
a b
, do đó (1) tương đương với phương trình:

2 2
1 0 (2)a ab b   
Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau
       
 
2 2
2 2
4 2 4 2
1 0
1 0
' '
3 2 3 2
a ab b
a ab b
a b
f a af a f b bf b
a a b b


   
   
 
  
 
  
    





,
Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với
cùng một cặp điểm trên đồ thị là
 
1; 1 
và
 
1; 1
.
Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là
2 2
1 0
1
a ab b
a
a b

   

 




II
2,00
1
1,00
Điều kiện:
 

cos .sin 2 .sin . tan cot2 0
cot 1
x x x x x
x
 






0,25
Từ (1) ta có:
 
2 cos sin
1 cos .sin 2
2 sin
sin cos2 cos
cos
1
cos sin 2 sin
x x
x x
x
x x x
x
x x x

  
 

0,25
2sin .cos 2sinx x x 
 
2
2
4
cos
2
2
4
x k
x k
x k





 

   


  



0,25
Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là
 

2
4
x k k


   
0,25
2
1,00
Điều kiện:
3x 
0,25
Phương trình đã cho tương đương:
 
   
1 1
2
3
3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3
2 2 2
x x x x
 
     
 
   
2
3 3 3
1 1 1

log 5 6 log 2 log 3
2 2 2
x x x x       
0,25
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 12

3 3 3
log 2 3 log 2 log 3x x x x



3 3
2
log 2 3 log
3
x
x x
x









2

2 3
3
x
x x
x



2
10
9 1
10
x
x
x







0,25
Giao vi iu kin, ta c nghim ca phng trỡnh ó cho l
10x
0,25
III
1,00
1
1,00

2
2
0
2
2
0
1
cos2 1 sin 2
2
1 1
1 sin 2 sin2
2 2
I x x dx
x d x












0,50

2 2

2
0 0
3
2 2
0 0
1 1
sin 2 sin 2 sin 2
2 4
1 1
sin 2 sin 2 0
2 12
| |
d x xd x
x x





0,50
IV
1,00
Gi M, N theo th t l trung im ca AB v CD. Khi ú
OM AB
v
' DO N C
.
Gi s I l giao im ca MN v OO.
t R = OA v h = OO. Khi ú:
OMI

vuụng cõn ti O nờn:
2 2 2
.
2 2 2 2 2
h a
OM OI IM h a
0,25
Ta cú:
2
2
2 2 2
2 2 2 2
2 3a
2 4 4 8 8
a a a a
R OA AM MO








0,25
2 3
2
3a 2 3 2
R . . ,
8 2 16

a a
V h



0,25
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 13
v
2
a 3 2 3
2 Rh=2 . . .
2 2
2 2
xq
a a
S



0,25
V
1,00
Phng trỡnh

3
4
1 2 1 2 1x x m x x x x m
(1)

iu kin :
0 1x
Nu

0;1x
tha món (1) thỡ 1 x cng tha món (1) nờn (1) cú nghim duy nht thỡ cn cú
iu kin
1
1
2
x x x
. Thay
1
2
x
vo (1) ta c:
3
0
1 1
2. 2.
1
2 2
m
m m
m

0,25
* Vi m = 0; (1) tr thnh:

2
4 4
1
1 0
2
x x x
Phng trỡnh cú nghim duy nht.
0,25
* Vi m = -1; (1) tr thnh






4
4
2 2
4 4
1 2 1 2 1 1
1 2 1 1 2 1 0
1 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x

+ Vi
4 4
1
1 0
2
x x x
+ Vi
1
1 0
2
x x x
Trng hp ny, (1) cng cú nghim duy nht.
0,25
* Vi m = 1 thỡ (1) tr thnh:


2 2
4 4
4
1 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x
Ta thy phng trỡnh (1) cú 2 nghim
1
0,
2
x x
nờn trong trng hp ny (1) khụng cú nghim
duy nht.
Vy phng trỡnh cú nghim duy nht khi m = 0 v m = -1.

0,25
VIa
2,00
1
1,00
ng trũn (C) cú tõm I(2;1) v bỏn kớnh
5R
.
Gi A, B l hai tip im ca (C) vi hai tip ca (C) k t M. Nu hai tip tuyn ny lp vi nhau
mt gúc 60
0
thỡ IAM l na tam giỏc u suy ra
2R=2 5IM
.
Nh th im M nm trờn ng trũn (T) cú phng trỡnh:

2 2
2 1 20x y
.
0,25
Mt khỏc, im M nm trờn ng thng

, nờn ta ca M nghim ỳng h phng trỡnh:

2 2
2 1 20 (1)
2 12 0 (2)
x y
x y

0,25
Trường THPT Nguyễn Hữu Thận
Tổng hợp 17 đề thi Đại học
GV: Ngun Quang T¸nh 14
Khử x giữa (1) và (2) ta được:
   
2 2
2
3
2 10 1 20 5 42 81 0
27
5
x
y y y y
x



         



0,25
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:

9
3;
2
M
 
 
 
hoặc
27 33
;
5 10
M
 
 
 
0,25
2
1,00
Ta tính được
10, 13, 5AB CD AC BD AD BC     
.
0,25
Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đơi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều.
Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.
0,25
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là
3 3
;0;
2 2
G

 
 
 
, bán kính là
14
2
R GA 
.
0,50
VIIa
1,00
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là :
9
18
C
.
0,25
Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Khơng có bi đỏ: Khả năng này khơng xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8.
+ Khơng có bi xanh: có
9
13
C
cách.
+ Khơng có bi vàng: có
9
15
C
cách.
0,25

Mặt khác trong các cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng thì có
9
10
C
cách chọn 9 viên bi
đỏ được tính hai lần.
Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là:
9 9 9 9
10 18 13 15
42910C C C C   
cách.
0,50
VIb
2,00
1
1,00
I có hồnh độ
9
2
I
x 
và
 
9 3
: 3 0 ;
2 2
I d x y I
 
    
 

 
Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra
M(3;0)
   
2 2
9 9
2 2 2 3 2
4 4
I M I M
AB IM x x y y       
D
12
. D = 12 AD = 2 2.
3 2
ABCD
ABC
S
S AB A
AB
   
 
AD d
M AD








, suy ra phương trình AD:
   
1. 3 1. 0 0 3 0x y x y       
.
Lại có MA = MD =
2
.
Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
 
     
2 2 2
2
2
2
3 0
3 3
3 2 3 3 2
3 2
x y
y x y x
x y x x
x y
  

     
 
  
 
  
      

  
 

 

3 2
3 1 1
y x x
x y
  
 
 
 
   
 
hoặc
4
1
x
y



 

.Vậy A(2;1), D(4;-1),
0,50
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 15

9 3
;
2 2
I



l trung im ca AC, suy ra:
2 9 2 7
2
2 3 1 2
2
A C
I
C I A
A C C I A
I
x x
x
x x x
y y y y y
y

Tng t I cng l trung im BD nờn ta cú: B(5;4).
Vy ta cỏc nh ca hỡnh ch nht l (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
0,50
2
1,00
Mt cu (S) tõm I(2;-1;3) v cú bỏn kớnh R = 3.
Khong cỏch t I n mt phng (P):



2.2 2. 1 3 16
, 5
3
d d I P d R


.
Do ú (P) v (S) khụng cú im chung.Do vy, min MN = d R = 5 -3 = 2.
0,25
Trong trng hp ny, M v trớ M
0
v N v trớ N
0

. D thy N
0
l hỡnh chiu vuụng gúc ca I
trờn mt phng (P) v M
0
l giao im ca on thng IN
0
vi mt cu (S).
Gi

l ng thng i qua im I v vuụng gúc vi (P), thỡ N
0
l giao im ca

v (P).
ng thng

cú vect ch phng l

2;2; 1
P
n

v qua I nờn cú phng trỡnh l

2 2
1 2
3
x t
y t t

z t









.
0,25
Ta ca N
0
ng vi t nghim ỳng phng trỡnh:

15 5
2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0
9 3
t t t t t
Suy ra
0
4 13 14
; ;
3 3 3
N

.
0,25
Ta cú
0 0
3
.
5
IM IN

Suy ra M
0
(0;-3;4)
0,25
VII
b
1,00
p dng bt ng thc
1 1 4
( 0, 0)x y
x y x y


Ta cú:
1 1 4 1 1 4 1 1 4
; ;
2 2 2a+b+ca b b c a b c b c c a a b c c a a b


0,50
Ta li cú:

2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
1 2 2
2 4 4 2 2 0
2 2 4 7
2 1 1 1 0
a b c a b c
a b c a b c a
a b c



Tng t:
2 2
1 2 1 2
;
2 7 2 7b c a b c a b c


T ú suy ra
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a b b c c a a b c


ng thc xy ra khi v ch khi a = b = c = 1.
0,50
Trường THPT Nguyễn Hữu Thận

Tổng hợp 17 đề thi Đại học
GV: Ngun Quang T¸nh 16
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG- ĐỀ SỐ 3
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
 
3 2
( ) 3 1 1y f x mx mx m x     
, m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.
2. Xác định các giá trị của m để hàm số
( )y f x
khơng có cực trị.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình :
 
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x

 
2. Giải phương trình:
   
2 3
4 8

2
log 1 2 log 4 log 4x x x     
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3
2
2
1
2
1
dx
A
x x



Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng
cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình
nón đã cho.
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
 
2
2
7 6 0
2 1 3 0
x x
x m x m
  
    






PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh
AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng
x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
   
: 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.P x y x y   
Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng
(P) và (Q).
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số ngun dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
4 3 2
1 1 2
4 3
1 1
5
4
7
15
n n n
n
n n
C C A
C A
  


 

 







(Ở đây
,
k k
n n
A C
lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C):
2 2
2 4 8 0x y x y    
.Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết
điểm A có hồnh độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vng ở B.
2. Cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0x y z   
và các đường thẳng
1 2
1 3 5 5
: ; :
2 3 2 6 4 5

x y z x y z
d d
   
   
 
.
Tìm các điểm
1 2
d , dM N 
sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.
Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số
 
3
1
( ) ln
3
f x
x


và giải bất phương trình
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 17
2
0
6
sin
2
'( )

2
t
dt
f x
x





Ht
P N THI S 3
Cõu
í
Ni dung
im
I
2,00
1
1,00
Khi m = 1 ta cú
3 2
3 1y x x
+ MX:
D
0,25
+ S bin thiờn:
Gii hn:
lim ; lim
x x

y y



2
' 3 6y x x
;
2
' 0
0
x
y
x






0,25
Bng bin thiờn

2 3; 0 1
CT
y y y y
CĐ
0,25
th
0,25
2

1,00
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 18
+ Khi m = 0
1y x
, nờn hm s khụng cú cc tr.
0,25
+ Khi
0m

2
' 3 6 1y mx mx m
Hm s khụng cú cc tr khi v ch khi
' 0y
khụng cú nghim hoc cú nghim kộp
0,50

2 2
' 9 3 1 12 3 0m m m m m
1
0
4
m
0,25
II
2,00
1
1,00

4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x


(1)
iu kin:
sin 2 0x
0,25
2
1
1 sin 2
1 sin cos
2
(1)
sin 2 2 cos sin
x
x x
x x x





0,25
2

2
1
1 sin 2
1 1
2
1 sin 2 1 sin2 0
sin 2 sin 2 2
x
x x
x x


Vy phng trỡnh ó cho vụ nghim.
0,50
2
1,00

2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4x x x
(2)
iu kin:
1 0
4 4
4 0
1
4 0
x
x

x
x
x












0,25



2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x


0,25

+ Vi
1 4x
ta cú phng trỡnh
2
4 12 0 (3)x x
;

2
(3)
6
x
x






loại
0,25
+ Vi
4 1x
ta cú phng trỡnh
2
4 20 0x x
(4);


2 24
4

2 24
x
x







loại
0,25
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 19
Vy phng trỡnh ó cho cú hai nghim l
2x
hoc

2 1 6x
III
1,00
t
2 2 2
2
1 1 2 2
dx tdt
t x t x tdt xdx
x x

2 2
1 1
dx tdt tdt
x t t


+ i cn:
1 3
2 2
3 1
2 2
x t
x t


0,50
1 3
3
2 2
2
1
2 2
1
2
3
2
2
1 1 1 7 4 3
ln ln
1 1 2 1 2 3

|
dt dt t
A
t t t








0,50
IV
1,00
Gi E l trung im ca AB, ta cú:
,OE AB SE AB
, suy ra

SOE AB
.
Dng

OH SE OH SAB
, vy OH l khong cỏch t O n
(SAB), theo gi thit thỡ OH = 1.
Tam giỏc SOE vuụng ti O, OH l ng cao, ta cú:
2 2 2 2 2 2
2
1 1 1 1 1 1 1 8

1
9 9
9 3
8
2 2
OH SO OE OE OH SO
OE OE


2 2 2
9 81 9
9
8 8
2 2
SE OE SO SE
0,25
2
1 36
. 8 2
9
2
2 2
SAB
SAB
S
S AB SE AB
SE


2

2
2 2 2 2
1 9 9 265
4 2 32
2 8 8 8
OA AE OE AB OE




0,25
Th tớch hỡnh nún ó cho:
2
1 1 265 265
. . .3
3 3 8 8
V OA SO


0,25
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 20
Din tớch xung quanh ca hỡnh nún ó cho:
2 2 2
265 337 337
9
8 8 8
265 337 89305
. . .

8 8 8
xq
SA SO OA SA
S OA SA



0,25
V
1,00
H bt phng trỡnh

2
2
7 6 0 (1)
2 1 3 0 (2)
x x
x m x m








1 1 6x
. H ó cho cú nghim khi v ch khi tn ti

0

1;6x
tha món (2).
0,25



2
2
2 3
2 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0)
2 1
x x
x x x m m do x x
x



Gi

2
2 3
( ) ; 1;6
2 1
x x
f x x
x



0,25

H ó cho cú nghim

0 0
1;6 : ( )x f x m




2
2
2 2
2 4
2 2 8
'
2 1 2 1
x x
x x
f x
x x




;

2
1 17
' 0 4 0
2
f x x x x

Vỡ

1;6x
nờn ch nhn
1 17
2
x


0,25
Ta cú:
2 27 1 17 3 17
(1) , (6) ,
3 13 2 2
f f f






Vỡ f liờn tc v cú o hm trờn [1;6] nờn
27
max ( )
13
f x
Do ú

0 0
1;6
27
1;6 : ( ) max ( )
13
x
x f x m f x m m


0,25
VIa
2,00
1
1,00
Ta ca A nghim ỳng h phng trỡnh:

4 3 4 0 2
2;4
2 6 0 4
x y x
A
x y y






0,25

Ta ca B nghim ỳng h phng trỡnh

4 3 4 0 1
1;0
1 0 0
x y x
B
x y y






0,25
ng thng AC i qua im A(-2;4) nờn phng trỡnh cú dng:

2 4 0 2 4 0a x b y ax by a b
Gi
1 2 3
:4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0x y x y ax by a b
T gi thit suy ra




2 3 1 2
; ;
. Do ú

2 3 1 2
2 2
2 2
|1. 2. | | 4.1 2.3|
cos ; cos ;
25. 5
5.
0
| 2 | 2 3 4 0
3 4 0
a b
a b
a
a b a b a a b
a b









0,25
Trng THPT Nguyn Hu Thn

Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 21
+ a = 0
0b
. Do ú
3
: 4 0y
+ 3a 4b = 0: Cú th cho a = 4 thỡ b = 3. Suy ra
3
:4 3 4 0x y
(trựng vi
1

).
Do vy, phng trỡnh ca ng thng AC l y - 4 = 0.
Ta ca C nghim ỳng h phng trỡnh:

4 0 5
5;4
1 0 4
y x
C
x y y






0,25

2
1,00
Gi I(a;b;c) l tõm v R l bỏn kớnh ca mt cu (S). T gi thit ta cú:










, , ,
, ,
OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q










0,25
Ta cú:

2 2 2
2 2 2 2 2
5 2 1
10 4 2 30 (1)
OI AI OI AI a b c a b c
a b c






2
2 2 2 2 2 2
| 2 2 5|
, 9 2 2 5 (2)
3
a b c
OI d I P a b c a b c a b c






| 2 2 5| | 2 2 13|
, ,
3 3
2 2 5 2 2 13( )

2 2 4 (3)
2 2 5 2 2 13
a b c a b c
d I P d I Q
a b c a b c
a b c
a b c a b c








loại
T (1) v (3) suy ra:
17 11 11 4a
; (4)
3 6 3
a
b c


0,25
T (2) v (3) suy ra:
2 2 2
9 (5)a b c
Th (4) vo (5) v thu gn ta c:

2 221 658 0a a
Nh vy
2a
hoc
658
221
a
.Suy ra: I(2;2;1) v R = 3 hoc
658 46 67
; ;
221 221 221
I




v R = 3.
0,25
Vy cú hai mt cu tha món yờu cu vi phng trỡnh ln lt l:

2 2 2
2 2 1 9x y z
v
2 2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z

0,25
VIIa
1,00
iu kin:
1 4 5n n
H iu kin ban u tng ng:




1 2 3 4 1 2 3
5
2 3
4.3.2.1 3.2.1 4
1 1 2 3
7
1 1
5.4.3.2.1 15
n n n n n n n
n n
n n n n n
n n n

0,50
Trường THPT Nguyễn Hữu Thận
Tổng hợp 17 đề thi Đại học
GV: Ngun Quang T¸nh 22
2
2
9 22 0
5 50 0 10
5
n n
n n n
n

  

     




0,50
VIb
2,00
1

1,00
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
2 2
0; 2
2 4 8 0
1; 3
5 2 0
y x
x y x y
y x
x y
 

    


 
   
  


0,50
Vì A có hồnh độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
Vì

0
90ABC 
nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của
đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
0,50

2
1,00
Phương trình tham số của d
1
là:
1 2
3 3
2
x t
y t
z t
 


 




. M thuộc d
1
nên tọa độ của M
 
1 2 ;3 3 ;2t t t 
.
Theo đề:
 
 
 
 

1 2
2
2 2
|1 2 2 3 3 4 1|
|12 6|
, 2 2 12 6 6 1, 0.
3
1 2 2
t t t
t
d M P t t t
    

          
  
0,25
+ Với t
1
= 1 ta được
 
1
3;0;2M
;
+ Với t
2
= 0 ta được
 
2
1;3;0M
0,25

+ Ứng với M
1
, điểm N
1
2
d
cần tìm phải là giao của d
2
với mp qua M
1
và // mp (P), gọi mp này là
(Q
1
). PT (Q
1
) là:
   
3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z         
.
Phương trình tham số của d
2
là:
5 6
4
5 5
x t
y t
z t
 






  

(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0

t = -1. Điểm N
1
cần tìm là N
1
(-1;-4;0).
0,25
+ Ứng với M
2
, tương tự tìm được N
2
(5;0;-5).
0,25
VIIb
1,00
Điều kiện
 
3
1
0 3
3
x

x
  

 
   
3
1
( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3
3
f x x x
x
      

;
 
 
1 3
'( ) 3 3 '
3 3
f x x
x x
   
 
0,25
Ta có:
     
2
0
0 0
6 6 1 cos 3 3

sin sin sin 0 sin0 3
2 2
|
t t
dt dt t t
 

 
   

       
 
 
 
0,25
Khi đó:
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x






   
2 1
3 3
2
0
3 2
3 2
1
3
3; 2
3; 2
2
x
x
x x
x x
x
x x
x x


 




 


 
  
 
 

 
 
  
  



0,50
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 23
THI TH TUYN SINH I HC- S 4
Thi gian lm bi: 180 phỳt
I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I (2,0 im)
Cho hm s

3 2
1
y m 1 x mx 3m 2 x
3

(1)
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (1) khi
m 2

2. Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca tham s m hm s (1) ng bin trờn tp xỏc nh ca nú.
Cõu II (2,0 im)
1. Gii phng trỡnh:

2 cos x 1 sin x cos x 1
2. Gii phng trỡnh:

2 3 3
1 1 1
4 4 4
3
log x 2 3 log 4 x log x 6
2

Cõu III (1,0 im)
Tớnh tớch phõn:
2
2
0
cos x
I dx
sin x 5 sin x 6




Cõu IV (1,0 im)
Cho lng tr ng ABC.A'B'C' cú ỏy l tam giỏc u. Mt phng A'BC to vi ỏy mt gúc
0
30

v tam giỏc
A'BC cú din tớch bng 8. Tớnh th tớch khi lng tr.
Cõu V (1,0 im)
Gi s x, y l hai s dng thay i tha món iu kin
5
x y
4

.
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc:
4 1
S
x 4y

II. PHN RIấNG (3 im)
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc 2).
1. Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VIa (2.0 im)
1. Trong mt phng Oxy. Vit phng trỡnh ng thng
( )
i qua im M(3;1) v ct trc Ox, Oy ln lt ti
B v C sao cho tam giỏc ABC cõn ti A vi A(2;-2).
2. Trong khụng gian (Oxyz) cho im A(4;0;0) v im

0 0 0 0
B(x ; y ; 0), x 0;y 0
sao cho
OB 8
v gúc

0
AOB 60
. Xỏc nh ta im C trờn trc Oz th tớch t din OABC bng 8.
Cõu VII.a (1,0 im)
T cỏc ch s 0;1;2;3;4;5 cú th lp c bao nhiờu s t nhiờn m mi s cú 6 ch s khỏc nhau v ch s 2
ng cnh ch s 3.
2. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VIb (2,0 im)
1. Trong mt phng Oxy. Vit phng trỡnh ng thng
( )
i qua im M(4;1) v ct cỏc tia Ox, Oy ln lt
ti A v B sao cho giỏ tr ca tng
OA OB
nh nht.
2. Trong khụng gian (Oxyz) cho t din ABCD cú ba nh
A(2;1; 1),B(3;0;1),C(2; 1;3)
, cũn nh D nm trờn
trc Oy. Tỡm ta nh D nu t din cú th tớch
V 5
Cõu VII.b (1,0 im)
T cỏc s 0;1;2;3;4;5. Hi cú th thnh lp c bao nhiờu s cú 3 ch s khụng chia ht cho 3 m cỏc ch s
trong mi s l khỏc nhau.
Ht
KT QU 4
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 24
I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I (2,0 im)
1. T gii

2.
m 2
Cõu II (2,0 im)
1.
k2
x k2 ; x
6 3


2.
x 2; x 1 33
Cõu III (1,0 im)
4
I ln
3

Cõu IV (1,0 im)
V 8 3
Cõu V (1,0 im)
min S 5
II. PHN RIấNG (3 im)
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc 2).
1. Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VIa (2.0 im)
1.
x 3y 6 0;x y 2 0
2.
1 2
C (0;0; 3),C (0;0; 3)
Cõu VII.a (1,0 im)

192 s
2. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VIb (2,0 im)
1.
x 2y 6 0
2.
1 2
D (0; 7;0), D (0;8;0)
Cõu VII.b (1,0 im)
64 s
Ht
Trng THPT Nguyn Hu Thn
Toồng hụùp 17 ủe thi ẹaùi hoùc
GV: Nguyễn Quang Tánh 25
THI TH TUYN SINH I HC- S 5
Thi gian lm bi: 180 phỳt
I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I (2,0 im)
Cho hm s
mx 4
y
x m



(1)
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (1) khi
m 1
2. Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca tham s m hm s (1) nghch bin trờn khong

;1
.
Cõu II (2,0 im)
1. Gii phng trỡnh:
3 3 2
cos x 4 sin x 3 cos x sin x sin x 0
2. Gii phng trỡnh:

2
3
3
log x 1 log 2x 1 2
Cõu III (1,0 im)
Tớnh tớch phõn:
4
6
0
dx
I
cos x



Cõu IV (1,0 im)
Cho lng tr t giỏc u ABCD.A'B'C'D' cú chiu cao bng h. Gúc gia hai ng chộo ca hai mt bờn k nhau
k t mt nh bng
0 0
(0 90 )
. Tớnh th tớch ca khi lng tr ú.
Cõu V (1,0 im)

Cho x, y, z l ba s dng v
x y z 1
. Chng minh rng:
2 2 2
2 2 2
1 1 1
x y z 82
x y z

II. PHN RIấNG (3 im)
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc 2).
1. Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VIa (2.0 im)
1. Trong mt phng Oxy cho tam giỏc ABC cú nh
A(2; 7)
, phng trỡnh mt ng cao v mt trung tuyn
v t hai nh khỏc nhau ln lt l:
3x y 11 0, x 2y 7 0
. Vit phng trỡnh cỏc cnh ca tam
giỏc ABC.
2. Trong khụng gian (Oxyz) cho tam giỏc ABC vi
A(1;2; 1), B(2; 1;3),C( 4;7;5)
. Tớnh di ng phõn
giỏc trong k t nh B
Cõu VII.a (1,0 im)
Cú bao niờu s t nhiờn cú 4 ch s, chia ht cho 4 to bi cỏc ch s 1, 2, 3, 4 trong hai trng hp sau
a) Cỏc ch s cú th trựng nhau; b) Cỏc ch s khỏc nhau
2. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VIb (2,0 im)
1. Trong mt phng Oxy, vit phng trỡnh ng thng

( )
i qua im A(27;1) v ct cỏc tia Ox, Oy ln lt
ti M v N sao cho di on MN nh nht.
2. Trong khụng gian (Oxyz) cho cỏc vect
a (3; 1;2),b (1;1; 2)


. Tỡm vect n v ng phng vi
a,b


v
to vi
a

gúc
0
60
.
Cõu VII.b (1,0 im)
Cho cỏc ch s 1, 2, 3, 4, 5. T cỏc ch s ó cho cú bao nhiờu cỏch lp ra mt s gm 3 ch s khỏc nhau sao
cho s to thnh l mt s chn bộ hn hay bng 345 ?.
Ht