Tuyển tập 15 đề thi ĐH mới nhất năm 2011 có đáp án

wWw.VipLam.Info
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = 8x 4 − 9x 2 + 1
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
8cos 4 x − 9cos 2 x + m = 0 với x ∈ [0; π ] .
Câu II (2 điểm)
log x

1 3

x
−
2
x
−
= x−2
(
)
÷
2

 x + y + x 2 − y 2 = 12
2. Giải hệ phương trình: 
 y x 2 − y 2 = 12
1. Giải phương trình:

Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường

y =| x 2 − 4 x | và y = 2 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

π 
π
π


4sin3xsinx + 4cos  3x - ÷cos  x + ÷− cos 2  2x + ÷+ m = 0
4
4
4




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 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD:
đường thẳng BC.

x + y − 1 = 0 . Viết phương trình

 x = −2 + t

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  y = −2t
 z = 2 + 2t


.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
+
+
≤
xy + 1 yz + 1 zx + 1 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.

 x = −1 + 2t

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  y = 1 − t
.Một điểm
 z = 2t

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

2
b
c
 1

a
+
+
+
<2
÷+
 3a + b 3a + c 2a + b + c  3a + c 3a + b
----------------------Hết----------------------

1


wWw.VipLam.Info

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1
Câu
I

Ý
1

Nội dung
+ Tập xác định: D = ¡

Điểm

2,00
1,00
0,25

+ Sự biến thiên:

y = +∞; lim y = +∞
Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞

•

y ' = 32x 3 − 18x = 2x ( 16x 2 − 9 )

•

x = 0
y'= 0 ⇔ 
x = ± 3

4
•

0,25

Bảng biến thiên.

0,25

•

49
49
 3
3
yCT = y  − ÷ = − ; yCT = y  ÷ = − ; yC§ = y ( 0 ) = 1
32
32
 4
4
Đồ thị

0,25

2

Xét phương trình 8cos x − 9cos x + m = 0 với x ∈ [0; π ] (1)
Đặt t = cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4 − 9t 2 + m = 0 (2)
Vì x ∈ [0; π ] nên t ∈ [−1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của
phương trình (1) và (2) bằng nhau.
4

2

2

1,00
0,25

wWw.VipLam.Info
Ta có: (2) ⇔ 8t − 9t + 1 = 1 − m (3)
Gọi (C1): y = 8t 4 − 9t 2 + 1 với t ∈ [−1;1] và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D).
Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền −1 ≤ t ≤ 1 .
4

2

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:
81
m>
•
: Phương trình đã cho vô nghiệm.
32
81
1. m =
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
32
81
1≤ m <
•
: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.
32
0 < m <1
•
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.

m
=
0
•
: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
•
m<0
: Phương trình đã cho vô nghiệm.

0,50

II

2,00
1,00

1
Phương trình đã cho tương đương:
 x−2 =0
x − 2 = 0
x = 2



log 3 x
log3 x
 
1
 ln  x − 1 
 log x ln  x − 1  = 0

⇔
⇔
=0
= 1  

÷
÷
  x − ÷
 3
2
2


2







  x − 2 > 0
 x > 2
  x > 2
x = 2
x = 2
x = 2




 x = 1
   log 3 x = 0

 x = 1



⇔  
⇔  1
⇔   
1
3⇔x=2


  ln  x − ÷ = 0
 x − = 1  x =
2
2
2
   


 x > 2
  x > 2
  x > 2

2

0,50

0,50

Điều kiện: | x | ≥ | y |
1
u2 
u = x 2 − y 2 ; u ≥ 0 x = − y
Đặt 
;
không thỏa hệ nên xét x ≠ − y ta có y =  v − ÷.
2
v 
v = x + y
Hệ phương trình đã cho có dạng:
u + v = 12

u2 
u 
v
−
÷ = 12
2 
v




u = 4
u = 3
⇔
hoặc 

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

0,25

3

1,00

0,25


wWw.VipLam.Info
u = 3  x 2 − y 2 = 3
⇔
+
(II)
v = 9
 x + y = 9
Giải hệ (I), (II).
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
S = { ( 5;3) , ( 5; 4 ) }

0,25

0,25

Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
S = { ( 5;3) , ( 5; 4 ) }

III

1,00

0,25

Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y =| x − 4 x | (C ) và ( d ) : y = 2 x
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
x ≥ 0
x ≥ 0
x = 0


| x 2 − 4 x |= 2 x ⇔   x 2 − 4 x = 2 x ⇔   x 2 − 6 x = 0 ⇔  x = 2
 2
 2
 x = 6
  x − 4 x = −2 x
 x − 2x = 0
2

0,25

Suy ra diện tích cần tính:
2

S=

∫( x

2

)

− 4 x − 2 x dx +

0

6

∫( x
2

2

)

− 4 x − 2 x dx

2

2

Tính: I = ∫ ( | x − 4 x | −2 x ) dx
0

2

2
2
Vì ∀x ∈ [ 0; 2] , x − 4 x ≤ 0 nên | x 2 − 4 x |= − x 2 + 4 x ⇒ I = ∫ ( − x + 4 x − 2 x ) dx =
0

4
3

0,25

0,25

6

2
Tính K = ∫ ( | x − 4 x | −2 x ) dx
2

2
2
Vì ∀x ∈ [ 2; 4] , x − 4 x ≤ 0 và ∀x ∈ [ 4;6] , x − 4 x ≥ 0 nên

4

wWw.VipLam.Info
4

6

2

4

K = ∫ ( 4 x − x 2 − 2 x ) dx + ∫ ( x 2 − 4 x − 2 x ) dx = −16 .

Vậy S =

1,00

4
52
+ 16 =
3
3

IV

0,25

0,25
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của
 AB ⊥ IC
⇒ AB ⊥ ( CHH ') ⇒ ( ABB ' A ' ) ⊥ ( CII ' C ' )
AB, A’B’. Ta có: 

 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 ' .
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
1
x 3
1
x 3
I ' K = I ' H ' = I 'C ' =
; IK = IH = IC =
3
6
3
3
x 3 x 3
Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK = OK 2 ⇒
.
= r 2 ⇒ x 2 = 6r 2
6
3
Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V =

(

h
B + B '+ B.B '
3

)

4x 2 3
x 2 3 3r 2 3
Trong đó: B =
= x 2 3 = 6r 2 3; B ' =
=
; h = 2r
4
4
2

Từ đó, ta có: V =

2r  2
3r 2 3
3r 2 3  21r 3 . 3
 6r 3 +
÷=
+ 6r 2 3.
3
2
2 ÷
3



V

0,25

0,25

0,25
1,00
0,25

Ta có:
+/ 4sin3xsinx = 2 ( cos2x - cos4x ) ;

π
π
 
π



+/ 4cos  3x - ÷cos  x + ÷ = 2  cos  2x - ÷+ cos4x  = 2 ( sin 2x + cos4x )
4
4
2


 

π  1
π  1

2
+/ cos  2x + ÷ = 1 + cos  4x + ÷÷ = ( 1 − sin 4x )
4  2
2  2



Do đó phương trình đã cho tương đương:
5


wWw.VipLam.Info
1
1
2 ( cos2x + sin2x ) + sin 4x + m - = 0 (1)
2
2
π

Đặt t = cos2x + sin2x = 2cos  2x - ÷ (điều kiện: − 2 ≤ t ≤ 2 ).
4

Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t 2 − 1 . Phương trình (1) trở thành:
t 2 + 4t + 2m − 2 = 0 (2) với − 2 ≤ t ≤ 2
(2) ⇔ t 2 + 4t = 2 − 2m
Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( D) : y = 2 − 2m (là đường song song
với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y = t 2 + 4t với − 2 ≤ t ≤ 2 .

0,25

Trong đoạn  − 2; 2  , hàm số y = t 2 + 4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 − 4 2 tại t = − 2 và
đạt giá trị lớn nhất là 2 + 4 2 tại t = 2 .

0,25

Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 − 4 2 ≤ 2 − 2m ≤ 2 + 4 2
⇔ −2 2 ≤ m ≤ 2 2 .

0,25

VIa
1

Điểm C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C ( t ;1 − t ) .
 t +1 3 − t 
;
Suy ra trung điểm M của AC là M 
÷.
2 
 2

 t +1  3 − t
+ 1 = 0 ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 )
Điểm M ∈ BM : 2 x + y + 1 = 0 ⇒ 2 
÷+
2
 2 
Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K ∈ BC ).
Suy ra AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 .
x + y −1 = 0
⇒ I ( 0;1) .
Tọa độ điểm I thỏa hệ: 
x − y +1 = 0

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K ( −1;0 ) .

x +1 y
= ⇔ 4x + 3y + 4 = 0
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
−7 + 1 8
2

6

2,00
1,00

0,25

0,25
0,25


wWw.VipLam.Info

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 .

 d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH
Mặt khác 
 H ∈ ( P )
Trong mặt phẳng ( P ) , IH ≤ IA ; do đó maxIH = IA ⇔ H ≡ A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA
tại A.
r uu
r

r
Vectơ pháp tuyến của (P0) là n = IA = ( 6;0; −3) , cùng phương với v = ( 2;0; −1) .
Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2 ( x − 4 ) − 1. ( z + 1) = 2x - z - 9 = 0 .
VIIa

Để ý rằng ( xy + 1) − ( x + y ) = ( 1 − x ) ( 1 − y ) ≥ 0 ;
 yz + 1 ≥ y + z
và tương tự ta cũng có 
 zx + 1 ≥ z + x

0,25

Vì vậy ta có:
 1
1
1 
x
y
z
+
+
+
+
+1+1+1
( x + y + z) 
÷≤
 xy + 1 yz + 1 zx + 1  yz + 1 zx + 1 xy + 1
≤

1,00

x
y
z
+
+
+3
yz + 1 zx+y xy + z

 1
z
y 
vv
= x
−
−
÷+ 5
 yz + 1 zx + y xy + z 

z
y 
≤ x 1 −
−
÷+ 5
 z+ y y+z
=5
uuur
Ta có: AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 .
Phương trình của AB là: 2 x + y − 2 = 0 .
I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) . I là trung điểm

của AC và BD nên ta có:
C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − 2 ) .
Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) ⇒ CH =

7

4
.
5

0,25

0,25


wWw.VipLam.Info
 4
5 8 8 2
| 6t − 4 | 4
t = 3 ⇒ C  3 ; 3 ÷, D  3 ; 3 ÷
=
⇔

 

Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔
5
5
t = 0 ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )
5 8 8 2

Vậy tọa độ của C và D là C  ; ÷, D  ; ÷ hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )
3 3 3 3

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.
 x = −1 + 2t

Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:  y = 1 − t .
 z = 2t

Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) .

( −2 + 2t )

2

+ ( −4 − t ) + ( 2t ) = 9t 2 + 20 =

BM =

( −4 + 2t )

2

+ ( −2 − t ) + ( −6 + 2t ) = 9t 2 − 36t + 56 =

AM + BM =

2

2

2

( 3t )

2

(

)

2

2

+ 2 5

2

( 3t )

2

(

+ 2 5

( 3t − 6 )

2

)

+

( 3t − 6 )

(

2

)

)

( 3t − 6 )

2

(

+ 2 5

)

2

2

+ 2 5
r
r
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; 2 5 và v = −3t + 6; 2 5 .
r
| u |=
Ta có  r
| v |=


+ 2 5

( 3t )

(

AM =

0,25
2

(

)

(

)

2

(

)

2

+ 2 5
r r
r r
r
r
Suy ra AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6; 4 5 ⇒| u + v |= 2 29
r r
r
r r r
Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u | + | v |≥| u + v |

(

0,25

)

Như vậy AM + BM ≥ 2 29

r r
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng
3t
2 5
=
⇔ t =1
−3t + 6 2 5
⇒ M ( 1;0; 2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 .
⇔

Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2
VIIb

(

11 + 29

1,00

8

)

0,25

0,25


wWw.VipLam.Info

a + b > c

Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b + c > a .
c + a > b


a+b
c+a
= x,
= y , a = z ( x, y , z > 0 ) ⇒ x + y > z , y + z > x, z + x > y .
2
2
Vế trái viết lại:
a+b
a+c
2a
VT =
+
+
3a + c 3a + b 2a + b + c
x
y
z
=
+
+
y+ z z+ x x+ y
2z
z
>

Ta có: x + y > z ⇔ z ( x + y + z ) < 2 z ( x + y ) ⇔
.
x+ y+z x+ y
x
2x
y
2y
<
;
<
.
Tương tự:
y+z x+ y+z z+x x+ y+z
2( x + y + z)
x
y
z
+
+
<
= 2.
Do đó:
y+z z+x x+ y
x+ y+z
1
2
b
c
 1


+
+
+
<2
Tức là: a 
÷+
 3a + b 3a + c 2a + b + c  3a + c 3a + b
Đặt

0,50

0,50

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG-ĐỀ SỐ 2
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 y = f ( x) = x 4 − 2 x 2
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
tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình lượng giác:
2. Giải bất phương trình: log 3
π
2

∫

tiếp

2 ( cos x − sin x )
1
=
tan x + cot 2 x
cot x − 1
1
x 2 − 5 x + 6 + log 1 x − 2 > log 1 ( x + 3)
2
3
3

(

)

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = cos 2 x sin 4 x + cos 4 x dx
0

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

x + 1 − x + 2m x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = m3

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.

9

wWw.VipLam.Info
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng ∆ định bởi:
2
tuyến lập với
(C ) : x + y 2 − 4 x − 2 y = 0; ∆ : x + 2 y − 12 = 0 . Tìm điểm M trên ∆ sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp
0
nhau một góc 60 .
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

( d ) : x − y − 3 = 0 và có hoành độ

xI =

9
, trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa
2

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
( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y − 6 z + 5 = 0, ( P) : 2 x + 2 y − z + 16 = 0 .
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
N tương ứng.
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là những số dương thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh bất đẳng thức

trí của M,

1
1
1
4
4
4
+
+
≥ 2
+ 2
+ 2
a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7
----------------------Hết----------------------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 2
Câu
I

Ý
1

Nội dung
+ MXĐ: D = ¡
+ Sự biến thiên

Điểm
2,00
1,00
0,25

•

y = +∞; lim y = +∞
Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞

•

x = 0
y ' = 4 x 3 − 4 x = 4 x ( x 2 − 1) ; y ' = 0 ⇔ 
 x = ±1

0,25

•

Bảng biến thiên

0,25

yCT 1 = y ( −1) = −1; yCT 2 = y ( 1) = −1; yC§ = y ( 0 ) = 0

10


wWw.VipLam.Info
•

Đồ thị

0,25

2

1,00
Ta có f '( x ) = 4 x − 4 x . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.
3
3
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là k A = f '(a ) = 4a − 4a, k B = f '(b) = 4b − 4b
Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
y = f ' ( a ) ( x − a ) + f ( a ) = f ' ( a ) x + f (a ) − af' ( a ) ;
3

y = f ' ( b ) ( x − b ) + f ( b ) = f ' ( b ) x + f (b) − bf' ( b )

Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:
k A = k B ⇔ 4a 3 − 4a = 4b3 − 4b ⇔ ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 − 1) = 0 (1)
Vì A và B phân biệt nên a ≠ b , do đó (1) tương đương với phương trình:
a 2 + ab + b2 − 1 = 0 (2)

Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau
2
2
a 2 + ab + b2 − 1 = 0
a + ab + b − 1 = 0
⇔
( a ≠ b) ⇔  4
,
2
4
2
−3a + 2a = −3b + 2b
 f ( a ) − af ' ( a ) = f ( b ) − bf ' ( 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
a 2 + ab + b 2 − 1 = 0

 a ≠ ±1
a ≠ b

II
1

cos x.sin 2 x.sin x. ( tan x + cot 2 x ) ≠ 0
Điều kiện: 
cot x ≠ 1
1
Từ (1) ta có: sin x cos 2 x
+

cos x sin 2 x

=

2 ( cos x − sin x )
cos x.sin 2 x
⇔
= 2 sin x
cos x
cos
x
−1
sin x

2,00
1,00
0,25

0,25
0,25

⇔ 2sin x.cos x = 2 sin x

11


wWw.VipLam.Info
π

 x = 4 + k 2π

2
⇔ cos x =
⇔
( k ∈¢)
π
2
 x = − + k 2π

4
Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là x = −
2

Điều kiện: x > 3
Phương trình đã cho tương đương:
1
1
1
log 3 ( x 2 − 5 x + 6 ) + log 3−1 ( x − 2 ) > log 3−1 ( x + 3)
2
2
2
1
1
1
⇔ log 3 ( x 2 − 5 x + 6 ) − log 3 ( x − 2 ) > − log 3 ( x + 3 )
2
2
2
⇔ log 3 ( x − 2 ) ( x − 3)  > log 3 ( x − 2 ) − log 3 ( x + 3)
 x−2

⇔ log 3 ( x − 2 ) ( x − 3)  > log 3 
÷
 x+3
x−2
⇔ ( x − 2 ) ( x − 3) >
x+3
 x < − 10
⇔ x2 − 9 > 1 ⇔ 
 x > 10
Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x > 10

III
1

π
+ k 2π ( k ∈ ¢ )
4

0,25
1,00
0,25

0,25

0,25

0,25
1,00
1,00

π
2

 1

I = ∫ cos 2 x 1 − sin 2 2 x ÷dx
 2

0
=

0,50

π
2

1  1 2 
 1 − sin 2 x ÷d ( sin 2 x )
2 ∫0  2

π

π

12
12
= ∫ d ( sin 2 x ) − ∫ sin 2 2 xd ( sin 2 x )
20
40
π

π
1
1
3
2
= sin 2 x| − sin 2 x| 2 = 0
0
0
2
12

0,50

IV

1,00

12


wWw.VipLam.Info
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó
OM ⊥ AB và O ' N ⊥ CD .
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:
∆IOM vuông cân tại O nên:

0,25

2

h
2a
2
OM = OI =
IM ⇒ =
⇒h=
a.
2
2
2 2
2

2

2
a 2 a 2 3a 2
a a 2
+
=
Ta có: R = OA = AM + MO =  ÷ + 
÷ =
4 8
8
2  4 ÷

2

2

2

⇒ V = π R 2h = π .

2

3a 2 a 2 3 2π a 3
.
=
,
8
2
16

và S xq = 2π Rh=2π .

0,25
0,25

a 3 a 2
3π a 2
.
=
.
2
2 2 2

0,25

V

1,00
x + 1 − x + 2m x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = m (1)
3

Phương trình

Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 1
Nếu x ∈ [ 0;1] thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có
1
1
điều kiện x = 1 − x ⇒ x = . Thay x = vào (1) ta được:
2
2
m = 0
1
1
2.
+ m − 2.
= m3 ⇒ 
2
2
 m = ±1
* Với m = 0; (1) trở thành:
2
1
4
x − 4 1− x = 0 ⇔ x =
2
Phương trình có nghiệm duy nhất.
* Với m = -1; (1) trở thành

x + 1 − x − 2 x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = −1

(

⇔
⇔

(

(

) (

)

)

x + 1− x − 2 4 x ( 1− x) + x +1− x − 2 x ( 1− x) = 0
4

x − 4 1− x

) +(
2

x − 1− x

)

2

=0

1
2
1
+ Với x − 1 − x = 0 ⇔ x =
2
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
+ Với

4

x − 4 1− x = 0 ⇔ x =

13

0,25

0,25
0,25


wWw.VipLam.Info
* Với m = 1 thì (1) trở thành:
x + 1− x − 24 x ( 1− x) = 1− 2 x ( 1− x) ⇔

(

4

x − 4 1− x

Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x = 0, x =

) =(
2

x − 1− x

)

2

1
nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm
2

0,25

duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
VIa

2,00
1,00

1
Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R = 5 .
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 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM = 2R=2 5 .

0,25

Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( x − 2 ) + ( y − 1) = 20 .
2

2

Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng ∆ , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình:
( x − 2 ) 2 + ( y − 1) 2 = 20 (1)

 x + 2 y − 12 = 0 (2)

0,25

Khử x giữa (1) và (2) ta được:
x = 3
( −2 y + 10 ) + ( y − 1) = 20 ⇔ 5 y − 42 y + 81 = 0 ⇔  27
x=
5

 9
 27 33 
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M  3; ÷ hoặc M  ; ÷
 2
 5 10 
2

2

0,25

2

0,25

2

1,00
Ta tính được AB = CD = 10, AC = BD = 13, AD = BC = 5 .

0,25

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

3 3
14
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là G  ;0; ÷, bán kính là R = GA =
.
2 2
2
VIIa

0,50

Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C .

1,00
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.
9
+ Không có bi xanh: có C13 cách.

0,25

9
18

9
+ Không có bi vàng: có C15 cách.
9

Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có C10 cách chọn 9 viên bi
đỏ được tính hai lần.
9
9
9
9
Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C10 + C18 − C13 − C15 = 42910 cách.
14

0,50

wWw.VipLam.Info
VIb

2,00
1,00

1
9
9 3
và I ∈ ( d ) : x − y − 3 = 0 ⇒ I  ; ÷
2
2 2
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)
9 9
2
2
AB = 2 IM = 2 ( xI − xM ) + ( y I − yM ) = 2
+ =3 2
4 4
S
12
S ABCD = AB. AD = 12 ⇔ AD = ABCD =
= 2 2.
AB
3 2
 AD ⊥ ( d )
, suy ra phương trình AD: 1. ( x − 3) + 1. ( y − 0 ) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 .

 M ∈ AD

Lại có MA = MD = 2 .
Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
 x + y − 3 = 0
 y = − x + 3
 y = − x + 3
⇔
⇔



2
2
2
2
2
2
 ( x − 3) + y = 2
( x − 3) + y = 2
( x − 3) + ( 3 − x ) = 2
y = 3− x
x = 2
x = 4
⇔
⇔
hoặc 
.Vậy A(2;1), D(4;-1),
 x − 3 = ±1  y = 1
 y = −1

0,50

x +x

xI = A C

 xC = 2 xI − x A = 9 − 2 = 7

9 3
2
I  ; ÷ là trung điểm của AC, suy ra: 
⇔
2 2
 yC = 2 yI − y A = 3 − 1 = 2
 y = y A + yC
I

2
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

I có hoành độ xI =

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

d = d ( I,( P) ) =
=5⇒ d > R.
3
Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.
Trong trường hợp này, M ở vị trí M 0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I
trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S).
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc
r với (P), thì N0 là giao điểm của ∆ và (P).
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là n P = ( 2; 2; −1) và qua I nên có phương trình là
 x = 2 + 2t

 y = −1 + 2t ( t ∈ ¡ ) .
z = 3 − t


15

0,25

0,25


wWw.VipLam.Info
Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:
2 ( 2 + 2t ) + 2 ( −1 + 2t ) − ( 3 − t ) + 16 = 0 ⇔ 9t + 15 = 0 ⇔ t = −

15
5
=−
9

3

 4 13 14 
Suy ra N 0  − ; − ; ÷.
 3 3 3
uuuur 3 uuur
Ta có IM 0 = IN 0 . Suy ra M0(0;-3;4)
5

0,25

0,25

VII
b

1,00
1 1
4
+ ≥
( x > 0, y > 0)
x y x+ y
1
1
4
1
1
4
1
1

4
+
≥
;
+
≥
;
+
≥
Ta có:
a + b b + c a + 2b + c b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2a+b+c
Ta lại có:
1
2
2
≥ 2
= 2
⇔ 2a 2 + b 2 + c 2 + 4 − 4a − 2b − 2c ≥ 0
2
2
2a + b + c 2a + b + c + 4 a + 7
Áp dụng bất đẳng thức

⇔ 2 ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ 0
2

2

2

0,50

1
2
1
2
≥ 2
;
≥ 2
2b + c + a b + 7 2c + a + b c + 7
1
1
1
4
4
4
+
+
≥ 2
+ 2
+ 2
Từ đó suy ra
a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Tương tự:

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)
3

2
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = mx + 3mx − ( m − 1) x − 1 , 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)
sin x + cos x
4

1. Giải phương trình :
2. Giải phương trình:

4

sin 2 x

=

1
2

( tan x + cot x )

log 4 ( x + 1) + 2 = log
2

16

0,50

2

4 − x + log 8 ( 4 + x )

3


wWw.VipLam.Info
3
2

Câu III (1 điểm) Tính tích phân A =

∫
1

dx
x 1− x

2

2

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.
 x 2 − 7 x + 6 ≤ 0
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  2
 x − 2 ( m + 1) x − m + 3 ≥ 0
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

( P ) : x + 2 y − 2z + 5 = 0; ( Q ) : x + 2 y − 2z -13 = 0.

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:
5 2
 4
3
Cn −1 − Cn−1 < 4 An − 2
k
k
(Ở đây An , Cn lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)

7
C n − 4 ≥ A3
 n +1 15 n+1
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
x + y + 2 x − 4 y − 8 = 0 .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): x − 2 y + 2 z − 1 = 0 và các đường thẳng d1 :

x −1
2

=

y −3
−3

=

z
2

; d2 :

x−5

Tìm các điểm M ∈ d1 , N ∈ d 2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.
Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số f ( x ) = ln
6

f '( x ) >

1

( 3 − x)

π

sin
π∫
0

2

3

và giải bất phương trình

t
dt
2

x +2

----------------------Hết----------------------

17

6

=

y
4

=

z+5
−5

.


wWw.VipLam.Info

ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 3
Câu
I

Ý

Nội dung

1
Khi m = 1 ta có y = x 3 + 3 x 2 − 1
+ MXĐ: D = ¡
+ Sự biến thiên:
•
Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞
x →−∞

•

x →+∞

 x = −2
y ' = 3x 2 + 6 x ; y ' = 0 ⇔ 

x = 0
18

Điểm
2,00
1,00
0,25
0,25


wWw.VipLam.Info
•

Bảng biến thiên

0,25

yC§ = y ( −2 ) = 3; yCT = y ( 0 ) = −1
•

Đồ thị

0,25

2

1,00
+ Khi m = 0 ⇒ y = x − 1 , nên hàm số không có cực trị.

0,25

2
+ Khi m ≠ 0 ⇒ y ' = 3mx + 6mx − ( m − 1)
Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y ' = 0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép

0,50

⇔ ∆ ' = 9m 2 + 3m ( m − 1) = 12m 2 − 3m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤

II

1
4

0,25

2,00
1,00

1

19


wWw.VipLam.Info
sin x + cos x 1
= ( tan x + cot x ) (1)
sin 2 x
2
Điều kiện: sin 2 x ≠ 0

0,25

1
1 − sin 2 2 x
1  sin x cos x 
2
(1) ⇔
= 
+
÷
sin 2 x
2  cos x sin x 

0,25

4

4

1
1 − sin 2 2 x
1
1
2
⇔
=
⇔ 1 − sin 2 2 x = 1 ⇔ sin 2 x = 0
sin 2 x
sin 2 x

2
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

0,50

2

1,00
log 4 ( x + 1) + 2 = log
2

4 − x + log 8 ( 4 + x ) (2)
3

2

x +1 ≠ 0
 −4 < x < 4

Điều kiện:  4 − x > 0 ⇔ 
 x ≠ −1
4 + x > 0


0,25

(2) ⇔ log 2 x + 1 + 2 = log 2 ( 4 − x ) + log 2 ( 4 + x ) ⇔ log 2 x + 1 + 2 = log 2 ( 16 − x 2 )
⇔ log 2 4 x + 1 = log 2 ( 16 − x

2

) ⇔ 4 x + 1 = 16 − x

+ Với −1 < x < 4 ta có phương trình x 2 + 4 x − 12 = 0 (3) ;
x = 2
(3) ⇔ 
 x = −6 ( lo¹i )
+ Với −4 < x < −1 ta có phương trình x 2 − 4 x − 20 = 0 (4);
 x = 2 − 24
( 4) ⇔ 
 x = 2 + 24 ( lo¹i )

0,25

0,25

(

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 2 hoặc x = 2 1 − 6
III
2
2
2
Đặt t = 1 − x ⇒ t = 1 − x ⇒ 2tdt = −2 xdx ⇒

dx
tdt
=− 2
x
x

dx
tdt
tdt
=−
= 2
2
x
1− t
t −1
+ Đổi cận:
⇒

1
3
⇒t=
2
2
3
1
x=
⇒t=
2
2
x=

20

0,25

2

)
1,00
0,50


wWw.VipLam.Info
A=

1
2

dt
∫ t 2 −1 =
3

3
2

dt
1 t + 1 23 1  7 + 4 3 
=
∫1 1 − t 2 2 ln 1 − t |12 = 2 ln  3 ÷÷



0,50

2

2

IV

1,00
Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE ⊥ AB, SE ⊥ AB , suy ra

( SOE ) ⊥ AB .

S SAB

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:
1
1
1
1
1
1
1 8
=
+
⇒
=
−
= 1− =
2
2

2
2
2
2
OH
SO OE
OE
OH
SO
9 9
9
3
⇒ OE 2 = ⇒ OE =
8
2 2
9
81
9
SE 2 = OE 2 + SO 2 = + 9 = ⇒ SE =
8
8
2 2
2S
1
36
= AB.SE ⇔ AB = SAB =
=8 2
9
2
SE

2 2
2

(

)

9
9 265
1

OA2 = AE 2 + OE 2 =  AB ÷ + OE 2 = 4 2 + = 32 + =
8
8
8
2

1
1 265
265
2
.3 =
π
Thể tích hình nón đã cho: V = π .OA .SO = π
3
3 8
8
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:
265 337
337

SA2 = SO 2 + OA2 = 9 +
=
⇒ SA =
8
8
8
S xq = π .OA.SA = π

0,25

0,25

2

0,25

0,25

265 337
89305
.
=π
8
8
8

V

1,00
 x − 7 x + 6 ≤ 0 (1)

Hệ bất phương trình  2
 x − 2 ( m + 1) x − m + 3 ≥ 0 (2)
( 1) ⇔ 1 ≤ x ≤ 6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0 ∈ [ 1;6] thỏa mãn (2).
2

x2 − 2 x + 3
≥ m ( do x ∈ [ 1;6] ⇒ 2 x + 1 > 0)
( 2 ) ⇔ x − 2 x + 3 ≥ ( 2 x + 1) m ⇔
( 2 x + 1)

0,25

2

x2 − 2x + 3
Gọi f ( x ) =
; x ∈ [ 1;6]
2x +1
21

0,25


wWw.VipLam.Info
Hệ đã cho có nghiệm ⇔ ∃x0 ∈ [ 1;6] : f ( x0 ) ≥ m
f '( x) =

2x2 + 2x − 8

( 2 x + 1)

2

=

2 ( x2 + x − 4)

( 2 x + 1)

2

; f ' ( x ) = 0 ⇔ x2 + x − 4 = 0 ⇔ x =

−1 ± 17
2

0,25

−1 + 17
Vì x ∈ [ 1;6] nên chỉ nhận x =
2
2
27  −1 + 17  −3 + 17
Ta có: f (1) = , f (6) = , f 
÷
÷=
3
13 
2
2


Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x ) =
Do đó ∃x0 ∈ [ 1;6] : f ( x0 ) ≥ m ⇔ max f ( x) ≥ m ⇔
x∈[ 1;6]

27
13

0,25

27
≥m
13

VIa

2,00
1,00

1
4 x + 3 y − 4 = 0
 x = −2
⇔
⇒ A ( −2; 4 )
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: 
x + 2 y − 6 = 0
y = 4
4 x + 3 y − 4 = 0
x = 1
⇔

⇒ B ( 1;0 )
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình 
x − y −1 = 0
y = 0
Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
a ( x + 2 ) + b ( y − 4 ) = 0 ⇔ ax + by + 2a − 4b = 0

0,25
0,25

Gọi ∆1 : 4 x + 3 y − 4 = 0; ∆ 2 : x + 2 y − 6 = 0; ∆ 3 : ax + by + 2a − 4b = 0
Từ giả thiết suy ra (·∆ ; ∆ ) = (·∆ ; ∆ ) . Do đó
2

3

1

2

|1.a + 2.b |
| 4.1 + 2.3 |
cos (·∆ 2 ; ∆ 3 ) = cos (·∆1; ∆ 2 ) ⇔
=
2
2
25. 5
5. a + b
a = 0
⇔| a + 2b |= 2 a 2 + b 2 ⇔ a ( 3a − 4b ) = 0 ⇔ 

3a − 4b = 0
+ a = 0 ⇒ b ≠ 0 . Do đó ∆ 3 : y − 4 = 0
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra ∆ 3 : 4 x + 3 y − 4 = 0 (trùng với ∆1 ).
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.
y − 4 = 0
x = 5
⇔
⇒ C ( 5; 4 )
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: 
x − y −1 = 0
y = 4
2
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 ) )

22

0,25

0,25
1,00
0,25


wWw.VipLam.Info
Ta có:

2
2
2
OI = AI ⇔ OI 2 = AI 2 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 = ( a − 5 ) + ( b − 2 ) + ( c − 1)
⇔ 10a + 4b + 2c = 30 (1)
| a + 2b − 2c + 5 |
2
OI = d ( I , ( P ) ) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 =
⇔ 9 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = ( a + 2b − 2c + 5 ) (2)
3
| a + 2b − 2c + 5 | | a + 2b − 2c − 13 |
d ( I,( P) ) = d ( I,( Q) ) ⇔
=
3
3
 a + 2b − 2c + 5 = a + 2b − 2c − 13 ( lo¹i)
⇔
⇔ a + 2b − 2c = 4 (3)
 a + 2b − 2c + 5 = −a − 2b + 2c + 13
Từ (1) và (3) suy ra: b =

17 11a
11 − 4a
−
;c =
(4)
3
6
3

Từ (2) và (3) suy ra: a 2 + b 2 + c 2 = 9 (5)
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: ( a − 2 ) ( 221a − 658 ) = 0
Như vậy a = 2 hoặc a =

658
.Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc
221

0,25
67 
 658 46
I
;
;−
÷ và R = 3.
 221 221 221 

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
2
2
2
2
2
2
658  
46  
67 

( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 9 và  x − ÷ +  y − ÷ +  z + ÷ = 9
221  

221  
221 

VIIa

0,25

Điều kiện: n − 1 ≥ 4 ⇔ n ≥ 5
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
 ( n − 1) ( n − 2 ) ( n − 3) ( n − 4 ) ( n − 1) ( n − 2 ) ( n − 3 ) 5
−
< ( n − 2 ) ( n − 3)

4.3.2.1
3.2.1
4
⇔
 ( n + 1) n ( n − 1) ( n − 2 ) ( n − 3) ≥ 7 ( n + 1) n ( n − 1)

5.4.3.2.1
15
n 2 − 9n − 22 < 0

⇔ n 2 − 5n − 50 ≥ 0 ⇔ n = 10
n ≥ 5


0,25
1,00

0,50

0,50

VIb

2,00
1,00

1
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
 x2 + y2 + 2x − 4 y − 8 = 0
 y = 0; x = 2
⇔

 y = −1; x = −3
x − 5y − 2 = 0

0,50

Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
Vì ·ABC = 900 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
23

wWw.VipLam.Info
 x = 1 + 2t

Phương trình tham số của d1 là:  y = 3 − 3t . M thuộc d1 nên tọa độ của M ( 1 + 2t;3 − 3t ; 2t ) .
 z = 2t

Theo đề:
d ( M ,( P) ) =

|1 + 2t − 2 ( 3 − 3t ) + 4t − 1|
12 + ( −2 ) + 22
2

=2⇔

0,25

|12t − 6 |
= 2 ⇔ 12t − 6 = ±6 ⇔ t1 = 1, t 2 = 0.
3

+ Với t1 = 1 ta được M 1 ( 3;0; 2 ) ;

0,25

+ Với t2 = 0 ta được M 2 ( 1;3;0 )

+ Ứng với M1, điểm N1 ∈ d 2 cần tìm phải là giao của d 2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là

(Q1). PT (Q1) là: ( x − 3) − 2 y + 2 ( z − 2 ) = 0 ⇔ x − 2 y + 2 z − 7 = 0 (1) .
 x = 5 + 6t

Phương trình tham số của d2 là:  y = 4t
(2)
 z = −5 − 5t

Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0).
+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5).
VIIb
1

Điều kiện
f ( x ) = ln

( 3 − x)
1

( 3 − x)
π

3

3

0,25

0,25
1,00

>0⇔ x<3
= ln1 − 3ln ( 3 − x ) = −3ln ( 3 − x ) ; f '( x ) = −3

1
3
( 3 − x) ' =
3− x
( 3 − x)

0,25

π

π
6
6 1 − cos t
3
3
2 t
dt = ( t − sin t ) | = ( π − sin π ) − ( 0 − sin 0 )  = 3
Ta có: ∫ sin dt = ∫
0
π 0
2
π 0 2
π
π

0,25

π
2x −1

3
 3
 x < −2
6
2 t
<0
>
sin
dt


⇔ 1
Khi đó:
π ∫0
2 ⇔  3 − x x + 2 ⇔  ( x − 3) ( x + 2 )
 < x<3
f '( x ) >
 x < 3; x ≠ −2
 x < 3; x ≠ −2
2
x+2


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)
1
3
2
Cho hàm số y = ( m - 1) x + mx + ( 3m - 2) x (1)
3
-2
1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2
2. Tìm tất cả các giá trị-1
của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên tập xác định của nó.
Câu II (2,0 điểm)
24


wWw.VipLam.Info
1. Giài phương trình: ( 2cosx - 1) ( sinx + cosx) = 1
3
2
3
3
2. Giải phương trình: log1 ( x + 2) - 3 = log1 ( 4 - x) + log1 ( x + 6)
2 4
4
4
Câu III (1,0 điểm)
p
2

Tính tích phân: I =
ò
0

cosx
dx
sin x - 5sinx + 6
2

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 300 và tam giác
A'BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ.
Câu V (1,0 điểm)
5
Giả sử x, y là hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y = .
4
4
1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 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 B(x0;y0;0),( x0 > 0;y0 > 0) sao cho OB = 8 và góc
·
AOB
= 600 . 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------------------------

KẾT QUẢ ĐỀ 4
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
1. Tự giải
2. m ³ 2
Câu II (2,0 điểm)
p k2p
1. x = k2p;x = +
6
3
25