Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn toán

Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
ĐỀ SỐ 1:
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
( ) 8x 9x 1y f x= = − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
4 2
8 os 9 os 0c x c x m− + =
với
[0; ]x
π
∈
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
3
log
1
2 2
2
x
x x x
 
− − = −
 ÷
 
2. Giải hệ phương trình:
2 2

2 2
12
12
x y x y
y x y

+ + − =


− =


Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường
2
| 4 |y x x= −
và
2y x=
.
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính
thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.
Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm
2
4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0
4 4 4
c c m
π π π
     
− + =
 ÷  ÷  ÷
     

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. Cho
∆
ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2 1 0x y+ + =
và phân giác trong CD:
1 0x y+ − =
. Viết phương trình đường thẳng BC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số
2
2
2 2
x t
y t
z t
= − +


= −


= +

.Gọi
∆
là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông
góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua
∆

, hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng
cách đến (D) là lớn nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng
1 1 1 5
1 1 1xy yz zx x y z
+ + ≤
+ + + + +
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường
chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng
∆
có phương
trình tham số
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +


= −


=


.Một điểm M thay đổi trên đường thẳng
∆
, xác định vị trí của điểm M để chu
vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + <
 ÷
+ + + + + +
 
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 1,00
+ Tập xác định:
D = ¡
0,25
+ Sự biến thiên:
• Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞

= +∞ = +∞
•
( )
3 2
' 32x 18x = 2x 16x 9y = − −
0
' 0
3
4
x
y
x
=


= ⇔

= ±

0,25
• Bảng biến thiên.
( )
3 49 3 49
; ; 0 1
4 32 4 32
CT CT
y y y y y y
   
= − = − = = − = =
 ÷  ÷

   
C§
0,25
• Đồ thị
0,25
2 1,00
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
Xét phương trình
4 2
8 os 9 os 0c x c x m− + =
với
[0; ]x
π
∈
(1)
Đặt
osxt c=
, phương trình (1) trở thành:
4 2
8 9 0 (2)t t m− + =
Vì
[0; ]x
π
∈
nên
[ 1;1]t ∈ −
, giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số
nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.
0,25
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 hoành 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 vô 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 vô 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= −
không 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

Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
4
8
u
v
=

⇔

=

hoặc
3
9
u
v
=


=


+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y

=

− =

⇔
 
=
+ =



(I)
+
2 2
3
3
9
9

u
x y
v
x y

=

− =

⇔
 
=
+ =



(II)
0,25
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 hoành 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
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
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
Vậy
4 52
16
3 3
S = + =
1,00
IV 0,25
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung
điểm của AB, A’B’. Ta có:
( ) ( ) ( )
' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
⊥


⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H,
H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm
'K II∈
.
0,25
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC= = = = = =
Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ =
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi:
( )
' . '
3
h
V B B B B= + +
Trong đó:

2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h= = = = = =
0,25
Từ đó, ta có:
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 có:
+/
( )
4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x
;
+/
( )
4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x

4 4 2
c c c c
π π π
 
     
= + =
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
+/
( )
2
1 1
os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x
4 2 2 2
c c
π π
 
   
= + = −
 ÷  ÷
 ÷
   
 
Do đó phương trình đã cho tương đương:
0,25
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
( )
1 1

2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)
2 2
c + =
Đặt
os2x + sin2x = 2 os 2x -
4
t c c
π
 
=
 ÷
 
(điều kiện:
2 2t− ≤ ≤
).
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 hoành 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 yêu cầu của bài toán 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
+ −
 
∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −
 ÷
 
0,25

0,25
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 −
.
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
+
= ⇔ + + =
− +

2
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng
∆
, thì
( ) //( )P D
hoặc
( ) ( )P D⊃
. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của I trên (P). Ta luôn có
IH IA≤
và
IH AH⊥
.
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
) vuông
góc với IA tại A.
Vectơ pháp tuyến của (P
0
) là
( )
6;0; 3n IA= = −
r uur
, cùng phương với

( )
2;0; 1v = −
r
.
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= − ⇒ =
uuur
.
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
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
Ngoài 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
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Đường thẳng
∆
có phương trình tham số:
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +



= −


=

.
Điểm
M ∈∆
nên
( )
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 mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
( )
3 ;2 5u t=
r
và
( )
3 6;2 5v t= − +
r
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t


= +




= − +


r
r
Suy ra
| | | |AM BM u v+ = +
r r
và
( )
6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + =
r r r r
Mặt khác, với hai vectơ
,u v
r r
ta luôn có
| | | | | |u v u v+ ≥ +
r r r r
Như vậy
2 29AM BM+ ≥
0,25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,u v
r r

cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
t
t
t
⇔ = ⇔ =
− +
( )
1;0;2M⇒
và
( )
min 2 29AM BM+ =
.
0,25
Vậy khi M(1;0;2) thì minP =
( )
2 11 29+
0,25
VIIb 1,00
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
+ >


+ >



+ >

.
Đặt
( )
, , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
+ +
= = = > ⇒ + > + > + >
.
Vế trái viết lại:
0,50
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
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
+ +
= + +
+ + + +
= + +
+ + +
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
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG-
Thời gian làm bài: 180 phút, không 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 hoành 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
cos 2 sin cosI x x x dx
π
= +
∫
Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông 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 không 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)
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 hoành 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 không 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+ + − + − + = + − + =
.
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
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
Câ
u
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
Ta có
3
'( ) 4 4f x x x= −
. Gọi a, b lần lượt là hoành 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= − + = + −
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
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 cot 2 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 2 sinx x x⇔ =
( )
2
2
4
cos
2
2
4
x k
x k
x k
π
π
π
π

= +

⇔ = ⇔ ∈


= − +


¢
0,25
Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là
( )
2

4
x k k
π
π
= − + ∈¢
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⇔ − + − − > − +
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
log 2 3 log 2 log 3x x x x⇔ − − > − − + 
 
0,25
( ) ( )
3 3
2
log 2 3 log
3
x
x x
x
−
 
⇔ − − > 
 ÷
 
+
 
( ) ( )
2
2 3
3
x
x x
x
−
⇔ − − >

+
0,25
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
2
10
9 1
10
x
x
x

< −
⇔ − > ⇔

>


Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là
10x >
0,25
III 1,00
1 1,00
( )
2
2
0
2
2
0
1

cos 2 1 sin 2
2
1 1
1 sin 2 sin 2
2 2
I x x dx
x d x
π
π
 
= −
 ÷
 
 
= −
 ÷
 
∫
∫
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
π π
π π
= −
= − =
∫ ∫
0,50
IV 1,00
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD.
Khi đó
OM AB
⊥
và
' DO N C
⊥
.
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:
OMI
∆
vuông cân tại O nên:
2 2 2
.
2 2 2 2 2

h a
OM OI IM h a= = ⇒ = ⇒ =
0,25
Ta có:
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
π
π π

⇒ = = =
0,25
và
2
a 3 2 3
2 Rh=2 . . .
2 2
2 2
xq
a a
S
π
π π
= =
0,25
V 1,00
Phương trình
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − =
(1)
Điều kiện :
0 1x≤ ≤
Nếu
[ ]
0;1x∈
thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy
nhất thì cần có điều kiện
1

1
2
x x x= − ⇒ =
. Thay
1
2
x =
vào (1) ta được:
0,25
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
3
0
1 1
2. 2.
1
2 2
m
m m
m
=

+ − = ⇒

= ±

* Với m = 0; (1) trở thành:
( )
2
4 4
1

1 0
2
x x x− − = ⇔ =
Phương trình có nghiệm duy nhất.
0,25
* Với m = -1; (1) trở thành
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
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
+ − − − − − = −
⇔ + − − − + + − − − =
⇔ − − + − − =
+ Với
4 4
1
1 0
2

x x x− − = ⇔ =
+ Với
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
0,25
* Với m = 1 thì (1) trở thành:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
4 4
4
1 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x+ − − − = − − ⇔ − − = − −
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm
1
0,
2
x x= =
nên trong trường hợp này (1)
không có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
0,25
VIa 2,00
1 1,00
Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính
5R =
.
Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến

này lập với nhau một góc 60
0
thì IAM là nửa tam giác đều suy ra
2R=2 5IM =
.
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20x y− + − =
.
0,25
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng
∆
, nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ
phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20 (1)
2 12 0 (2)
x y
x y

− + − =


+ − =


0,25
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
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi 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
VII

a
1,00
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là :
9
18
C
.
0,25
Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ
là 8.
+ Không có bi xanh: có
9
13
C
cách.
+ Không có bi vàng: có
9
15
C
cách.
0,25
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không 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 hoành 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
9 3
;
2 2
I
 
 ÷
 
là trung điểm của 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
+

=

= − = − =


⇔
 
+ = − = − =


=


Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
0,50
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
2 1,00
Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3.
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):

( )
( )
( )
2.2 2. 1 3 16
, 5
3
d d I P d R
+ − − +
= = = ⇒ >
.
Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.
0,25
Trong trường hợp này, M ở vị trí M
0
và N ở vị trí N
0
. Dễ thấy N
0
là hình chiếu
vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M
0
là giao điểm của đoạn thẳng IN
0
với mặt
cầu (S).
Gọi
∆
là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N
0
là giao điểm của

∆

và (P).
Đường thẳng
∆
có vectơ chỉ phương là
( )
2;2; 1
P
n = −
r
và qua I nên có phương trình là
( )
2 2
1 2
3
x t
y t t
z t
= +


= − + ∈


= −

¡
.
0,25

Tọa độ của N
0
ứng với t nghiệm đúng phương trình:
( ) ( ) ( )
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 có
0 0
3
.
5
IM IN=
uuuur uuur
Suy ra M
0
(0;-3;4)

0,25
VII
b
1,00
Áp dụng bất đẳng thức
1 1 4
( 0, 0)x y
x y x y
+ ≥ > >
+
Ta có:
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 lại có:
( ) ( ) ( )
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
≥ = ⇔ + + + − − − ≥

+ + + + + +
⇔ − + − + − ≥
Tương tự:
2 2
1 2 1 2
;
2 7 2 7b c a b c a b c
≥ ≥
+ + + + + +
Từ đó suy ra
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a b b c c a a b c
+ + ≥ + +
+ + + + + +
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
0,50
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG- ĐỀ SỐ 3
Thời gian làm bài: 180 phút, không 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=
không 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
=
−

∫
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
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 không 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 nguyên 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 hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông 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
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x
π
π
>
+
∫
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 3
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00

1 1,00
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
Khi m = 1 ta có
3 2
3 1y x x= + −
+ MXĐ:
D = ¡
0,25
+ Sự biến thiên:
• Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
•
2
' 3 6y x x= +
;
2
' 0
0
x
y
x
= −

= ⇔

=


0,25
• Bảng biến thiên
( ) ( )
2 3; 0 1
CT
y y y y= − = = = −
C§
0,25
• Đồ thị
0,25
2 1,00
+ Khi m = 0
1y x⇒ = −
, nên hàm số không có cực trị. 0,25
+ Khi
0m
≠

( )
2
' 3 6 1y mx mx m⇒ = + − −
Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi
' 0y =
không có nghiệm hoặc có nghiệm kép
0,50
( )
2 2
' 9 3 1 12 3 0m m m m m⇔ ∆ = + − = − ≤
1

0
4
m⇔ ≤ ≤
0,25
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
II 2,00
1 1,00
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x
+
= +
(1)
Điều kiện:
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 sin 2 0
sin 2 sin 2 2
x
x x
x x
−
⇔ = ⇔ − = ⇔ =
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
2 1,00
( ) ( )
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + +
(2)

Điều kiện:
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
+ Với
1 4x− < <
ta có phương trình
2
4 12 0 (3)x x+ − =
;
( )
2
(3)
6
x
x
=

⇔

= −

lo¹i
0,25
+ Với
4 1x

− < < −
ta có phương trình
2
4 20 0x x− − =
(4);
( )
( )
2 24
4
2 24
x
x

= −
⇔

= +


lo¹i
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
2x =
hoặc
( )
2 1 6x = −

0,25
III 1,00
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
Đặt

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
⇒ = − =
− −
+ Đổi cận:
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
Gọi E là trung điểm của AB, ta có:
,OE AB SE AB⊥ ⊥
, suy ra
( )
SOE AB⊥
.
Dựng
( )
OH SE OH SAB⊥ ⇒ ⊥

, vậy OH là khoảng cách từ O
đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:
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
Thể tích hình nón đã cho:
2
1 1 265 265
. . .3
3 3 8 8
V OA SO
π π π
= = =
0,25
Diện tích xung quanh của hình nón đã 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
π π π
= + = + = ⇒ =
= = =
0,25
V 1,00
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
Hệ bất phương trình
( )
2
2
7 6 0 (1)
2 1 3 0 (2)
x x
x m x m

− + ≤


− + − + ≥


( )

1 1 6x⇔ ≤ ≤
. Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại
[ ]
0
1;6x ∈
thỏa mãn (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
− +
⇔ − + ≥ + ⇔ ≥ ∈ ⇒ + >
+
Gọi
[ ]
2
2 3
( ) ; 1;6
2 1
x x
f x x
x

− +
= ∈
+
0,25
Hệ đã cho có nghiệm
[ ]
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
− ±
= ⇔ + − = ⇔ =
Vì
[ ]
1;6x∈
nên chỉ nhận
1 17
2
x
− +
=
0,25
Ta có:
2 27 1 17 3 17
(1) , (6) ,
3 13 2 2
f f f
 
− + − +
= = =
 ÷
 ÷
 
Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên
27
max ( )

13
f x =
Do đó
[ ]
[ ]
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
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:
( )
4 3 4 0 2
2;4
2 6 0 4
x y x
A
x y y
+ − = = −
 
⇔ ⇒ −
 
+ − = =

 
0,25
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình
( )
4 3 4 0 1
1;0
1 0 0
x y x
B
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 
0,25
Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
( ) ( )
2 4 0 2 4 0a x b y ax by a b+ + − = ⇔ + + − =
Gọi
1 2 3
: 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0x y x y ax by a b∆ + − = ∆ + − = ∆ + + − =
Từ giả thiết suy ra
( )
·
( )
·
2 3 1 2
; ;∆ ∆ = ∆ ∆

. Do đó
( )
·
( )
·
( )
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
+ +
∆ ∆ = ∆ ∆ ⇔ =
+
=

⇔ + = + ⇔ − = ⇔

− =


+ a = 0
0b
⇒ ≠
. Do đó
3
: 4 0y∆ − =
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra
3
: 4 3 4 0x y∆ + − =
(trùng với
1
∆
).
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.
0,25
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:
( )
4 0 5
5;4
1 0 4
y x
C
x y y
− = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 
0,25

2 1,00
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
, , ,
, ,
OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q

=


= = = ⇔ =


=


0,25
Ta có:

( ) ( ) ( )
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
+ − + + − −
= ⇔ =
+ − + = + − −

⇔ ⇔ + − =

+ − + = − − + +

lo¹i
Từ (1) và (3) suy ra:
17 11 11 4a
; (4)
3 6 3
a
b c
−
= − =
0,25
Từ (2) và (3) suy ra:
2 2 2
9 (5)a b c+ + =
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:
( ) ( )

2 221 658 0a a− − =
Như vậy
2a =
hoặc
658
221
a =
.Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc
658 46 67
; ;
221 221 221
I
 
−
 ÷
 
và R =
3.
0,25
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 1 9x y z− + − + − =
và
2 2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
     

− + − + + =
 ÷  ÷  ÷
     
0,25
VIIa 1,00
Điều kiện:
1 4 5n n
− ≥ ⇔ ≥
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
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
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
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
Vì A có hoành 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
VII
b
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 sin 0 3
2 2
|

t t
dt dt t t
π π
π
π π
π π π π
−
= = − = − − − = 
 
∫ ∫
0,25
Khi đó:
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x
π
π
>
+
∫
( ) ( )
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
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 4
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
( ) ( )
3 2
1
y m 1 x mx 3m 2 x
3
= - + + -
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
m 2=
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên tập xác định của nó.
-1 1
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
Câu II (2,0 điểm)
1. Giài phương trình:
( ) ( )
2 cos x 1 sin x cos x 1- + =

2. Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
2 3 3
1 1 1
4 4 4
3
log x 2 3 log 4 x log x 6
2
+ - = - + +
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân:
2
2
0
cos x
I dx
sin x 5 sin x 6
p
=
- +
ò
Câu IV (1,0 điểm)
Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng A'BC tạo với đáy một góc
0
30

và tam giác
A'BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ.
Câu V (1,0 điểm)
Giả sử x, y là hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện

5
x y
4
+ =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 1
S
x 4y
= +
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy. Viết phương trình đường thẳng
( )D
đi qua điểm M(3;1) và cắt trục Ox,
Oy lần lượt tại
B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với A(2;-2).
2. Trong không gian (Oxyz) cho điểm A(4;0;0) và điểm
( )
0 0 0 0
B(x ; y ;0), x 0;y 0> >
sao cho
OB 8=
và góc

·
0
AOB 60=

. Xác định tọa độ điểm C trên trục Oz để thể tích tứ diện OABC bằng 8.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Từ các chữ số 0;1;2;3;4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6 chữ số khác
nhau và chữ số 2
đứng cạnh chữ số 3.
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy. Viết phương trình đường thẳng
( )D
đi qua điểm M(4;1) và cắt các tia
Ox, Oy lần lượt
tại A và B sao cho giá trị của tồng
OA OB+
nhỏ nhất.
2. Trong không gian (Oxyz) cho tứ diện ABCD có ba đỉnh
A(2;1; 1), B(3;0;1), C(2; 1; 3)- -
, còn đỉnh
D nằm trên
trục Oy. Tìm tọa độ đỉnh D nếu tứ diện có thể tích
V 5=
Câu VII.b (1,0 điểm)
Từ các số 0;1;2;3;4;5. Hỏi có thể thành lập được bao nhiêu số có 3 chữ số không chia hết cho 3
mà các chữ số
trong mỗi số là khác nhau.
Hết