giải chi tiết toán 12 (01)

Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739

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;  ] .
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
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.
1. Giải phương trình:

Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm







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)
x  y  1 0 .
1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x  y  1 0 và phân giác trong CD:
Viết phương trình đường thẳng BC.
 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.
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
 x  1  2t

 y 1  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
 z 2t

nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
1
2
b
c
 1

a



2

 3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b

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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1
Câu
I

Ý

Nội dung

1
+ 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

1,00
Xét phương trình 8cos x  9cos x  m 0 với x  [0;  ] (1)
Đặt t cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4  9t 2  m 0 (2)
Vì x  [0;  ] 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.
Ta có: (2)  8t 4  9t 2  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

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:

0,25

0,25
0,50


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
81

: Phương trình đã cho vô nghiệm.
m
32
81
1. m 
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.

32
81

: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.
1 m 
32

: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
0  m 1

: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
m 0

m<0
: Phương trình đã cho vô nghiệm.
II
1
Phương trình đã cho tương đương:
 x  2 0
 x  2 0
 x 2



log x
log x
 

1


1 3
 
1 3

0   log 3 x ln  x   0
1   ln  x  
  x  

2
2

 
2
 




  x  2  0
  x  2
 x  2
 x 2

   log 3 x 0

   

1
   ln  x   0
2

   
 x  2


 x 2

   x 1
  

1
   x  1
2
 
  x  2

2,00
1,00

0,50

 x 2

   x 1
  
3  x 2
  x 
2
 
  x  2

0,50

2

1,00
Điều kiện: | x | | y |
u  x 2  y 2 ; u 0
1
u2 
x

y
x

y
Đặt 
;
không thỏa hệ nên xét
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

u 3

+
v 9

 x 2  y 2 3
(II)

 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

0,25


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739

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

 2
2
2
| x  4 x |2 x    x  4 x 2 x    x  6 x 0   x 2

 2
 2
 x 6
  x  4 x  2 x
  x  2 x 0
2

0,25

Suy ra diện tích cần tính:
2



6



2

S   x  4 x  2 x dx 
0

 x

2



 4 x  2 x dx

2

2
2
Tính: I  | x  4 x |  2 x  dx
0

2
Vì x   0; 2 , x  4 x 0 nên | x 2  4 x | x 2  4 x 
2

I   x 2  4 x  2 x  dx 
0

0,25

4
3

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

0,25

6

K  4 x  x 2  2 x  dx   x 2  4 x  2 x  dx  16 .
2

4

4
52
Vậy S   16 
3
3
IV

1,00
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


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
 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



0,25



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

1,00

Ta có:
+/ 4sin3xsinx = 2  cos2x - cos4x  ;









+/ 4cos  3x -  cos  x +  2  cos  2x -   cos4x  2  sin 2x + cos4x 
4
4
2





  1
  1

2
+/ cos  2x +    1  cos  4x +     1  sin 4x 
4  2
2  2



Do đó phương trình đã cho tương đương:
1
1
2  cos2x + sin2x   sin 4x + m - 0 (1)
2
2


Đặt t cos2x + sin2x = 2cos  2x -  (điều kiện:  2 t  2 ).
4

2
Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t  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 .
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 .
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 .
VIa
1

0,25

0,25

0,25
0,25
2,00
1,00


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
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

0,25

0,25
0,25

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

2
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.
 


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
Vì vậy ta có:

0,25
1,00


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
 1
1
1 
x
y
z




 1 1 1
 x  y  z 

 xy  1 yz 1 zx 1  yz 1 zx 1 xy 1


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

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

0,25

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 

4

.
5

0,25


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  .
AM 

  2  2t 

2

BM 

  4  2t 

2

AM  BM 

 3t 

2

0,25

2

2



   4  t    2t   9t 2  20 

   2  t     6  2t   9t 2  36t  56 

2

2



 2 5



 3t 

 2 5

2

2

2





 3t  6 

2



 2 5



2

2

 2 5


Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u  3t ; 2 5 và v   3t  6; 2 5 .


 3t  6 



2





2

2
| u |  3t   2 5
Ta có  
| v |  3t  6  2  2 5 2

 
 


Suy ra AM  BM | u |  | v | và u  v  6; 4 5  | u  v |2 29

















0,25

Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
 

  
Mặt khác, với hai vectơ u, v ta luôn có | u |  | v || u  v |
Như vậy AM  BM 2 29

 
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



0,25

0,25

1,00
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
tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu II (2 điểm)
2  cos x  sin x 
1
1. Giải phương trình lượng giác:

tan x  cot 2 x
cot x  1
1

2
2. Giải bất phương trình: log 3 x  5 x  6  log 1 x  2  log 1  x  3
2
3
3

2

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I  cos 2 x  sin 4 x  cos 4 x  dx

0


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
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 450. 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.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng  định bởi:
2
(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
tuyến
0

lập với 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
9
 d  : x  y  3 0 và có hoành độ xI  , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các
2
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
trí của M, N tương ứng.
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là những số dương thỏa mãn: a 2  b2  c 2 3 . Chứng minh bất đẳng thức
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 Ý
I
1

Nội dung
+ MXĐ: D 
+ Sự biến thiên
y ; lim y 

Giới hạn: xlim

x  

Điểm
2,00
1,00
0,25

0,25



 x 0
y ' 4 x  4 x 4 x  x  1 ; y ' 0  
 x 1



Bảng biến thiên

0,25

3

2


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739

yCT 1  y   1  1; yCT 2  y  1  1; yC§  y  0  0


Đồ thị

0,25

2

1,00
3

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  ;
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  b 2  1 0 (2)
Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau
2
2
2
2
a  ab  b  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

2,00

1,00

1
cos x.sin 2 x.sin x.  tan x  cot 2 x  0
Điều kiện: 
cot x 1

0,25


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
2  cos x  sin x 
1
cos x.sin 2 x


 2 sin x
Từ (1) ta có: sin x cos 2 x
cos x
cos
x

1
cos x sin 2 x
sin x
 2sin x.cos x  2 sin x


x   k 2


2
4
 cos x 

 k  
2
 x    k 2

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
log3  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    log3  x  3
2
2
2
 log 3   x  2   x  3   log 3  x  2   log3  x  3
 x 2
 log3   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

0,25

0,25


 k 2  k  
4

0,25
1,00
0,25

0,25

0,25

0,25
1,00

1,00


2

 1

I cos 2 x  1  sin 2 2 x  dx
 2

0

2



1  1 2 
 1  sin 2 x  d  sin 2 x 
2
2

0

2




2

1
1
d  sin 2 x   sin 2 2 xd  sin 2 x 

20
40



1
1
 sin 2 x| 2 
sin 3 2 x| 2 0
0
0
2
12

IV

0,50

0,50

1,00


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
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  R 2 h  .

2

3a 2 a 2 3 2 a 3
.

,
8
2
16

và S xq 2 Rh=2 .

0,25
0,25

a 3 a 2
3 a 2
.

.
2

2 2 2

0,25

V

1,00
3

x  1  x  2m x  1  x   2 x  1  x  m (1)

Phương trình

4

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 

0,25

0,25
0,25

Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
* Với m = 1 thì (1) trở thành:
x  1  x  2 4 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
2

0,25

nghiệm 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 .
2

0,25

2

Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:  x  2    y  1 20 .
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
VII
a

0,50
1,00

9
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C18 .

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
+ 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.
VIb
1

0,50
2,00
1,00


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
9
9 3
I có hoành độ xI  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    yI  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   3  x  2
  x  3  y  2
 y 3  x
 x 2
 x 4


hoặc 
.Vậy A(2;1), D(4;-1),

 x  3 1  y 1
 y  1
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).
2

0,50

0,50

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 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


0,25

0,25

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 
 4 13 14 
Suy ra N 0   ;  ;  .
 3 3 3

3
IM

IN 0 . Suy ra M0(0;-3;4)

Ta có
0
5
VII

15
5

9
3

0,25

0,25
1,00


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
b
1 1
4
( x  0, y  0)
Áp dụng bất đẳng thức  
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
2

2

0,50

2

 2  a  1   b  1   c  1 0
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)
4

4

sin x  cos x

1. Giải phương trình :

sin 2 x



1
2

 tan x  cot x 

2

2. Giải phương trình:

log 4  x  1  2  log

2

4  x  log 8  4  x 

3

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.
2
 x  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  2y 

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:


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
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

z
x  5 y z 5
 ; d2 :
 
.
3
2
6
4
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

1

 3  x

3

và giải bất phương trình



f '( x ) 

6
t
sin 2 dt

 0
2
x2

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

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:

y  ; lim y 

Giới hạn: xlim

x 


 x  2
y ' 3x 2  6 x ; y ' 0  
 x 0



Bảng biến thiên

Điểm
2,00
1,00
0,25

0,25

0,25

yC§  y   2  3; yCT  y  0   1
0,25


Đồ thị

Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739

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 

1
4

II

0,25

2,00
1,00

1
sin 4 x  cos 4 x 1

  tan x  cot x  (1)
sin 2 x
2
Điều kiện: sin 2 x 0
1
(1) 

0,25

1 2
sin 2 x
1  sin x cos x 
2
 


sin 2 x
2  cos x sin x 

0,25

1 2
sin 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.
1

2

0,50
1,00

2

log 4  x  1  2 log

3

2

 x  1 0

Điều kiện:  4  x  0 
4  x  0


4  x  log8  4  x  (2)
 4  x  4

 x  1

0,25

0,25


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
(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 2
+ Với  1  x  4 ta có phương trình x 2  4 x  12 0 (3) ;
 x 2
(3)  
 x  6  lo¹i 

0,25

+ 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



Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 2 hoặc x 2 1 

6



III

1,00
dx
tdt
2
2
2
 2
Đặt t  1  x  t 1  x  2tdt  2 xdx 
x
x
dx
tdt
tdt


2
2
x
1 t
t 1
+ Đổi cận:

0,50

1
3
x  t
2
2

3
1
x
 t
2
2
1
2

3
2

dt
dt
1 t 1 23 1  7  4 3 
A 2

 ln
|1  2 ln  3 
2
t 1 
2 1 t 2
1 1 t


3
2

0,50

2

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:
1
1
1
1
1
1
1 8
 2



1  
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

0,25


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
2S
1
36
S SAB  AB.SE  AB  SAB 
8 2
9
2
SE
2 2

2

0,25

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 

Thể tích hình nón đã cho: V   .OA .SO  
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  .OA.SA 



2

0,25

0,25

265 337
89305
.

8
8
8

V

1,00
2

 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  2x  3
m (do x   1; 6  2 x  1  0)
 2 x 1

x 2  2 x  3  2 x 1 m 

x2  2x  3
Gọi f ( x ) 
; x   1;6
2 x 1

0,25

0,25

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  x 2  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
Gọi 1 : 4 x  3 y  4 0;  2 : x  2 y  6 0;  3 : ax  by  2a  4b 0

0,25
0,25
0,25


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
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

0,25
1,00

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
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

0,25

17 11a
11  4a
;c 
(4)
Từ (1) và (3) suy ra: b  
3
6
3
Từ (2) và (3) suy ra: a 2  b2  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 

y


z

 x  2    y  2    z  1 9 và  x 
 

 
 9
221  
221  
221 

VIIa

0,25
1,00

Điều kiện: n  1 4  n 5
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
0,50


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
  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


0,50

VIb

2,00
1,00

1
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
 x 2  y 2  2 x  4 y  8 0
 y 0; x 2


 y  1; x  3
 x  5 y  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
 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|
2

12    2   22

2 

0,25

|12t  6 |
2  12t  6 6  t1 1, t2 0.
3

+ Với t1 = 1 ta được M 1  3;0; 2  ;
+ Với t2 = 0 ta được M 2  1;3;0 

0,25

+ Ứng với M1, điểm N1  d 2 cần tìm phải là giao của d2 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


3

3

0,25

0,25
1,00

0 x 3

1
3
ln1  3ln  3  x   3ln  3  x  ; f '( x )  3
 3  x ' 
3 x
 3  x



6
6 1  cos t
3
3
2 t
dt   t  sin t  |      sin     0  sin 0   3
Ta có: sin dt  
0
 0
2
 0 2



0,25

0,25


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739


2x  1

3
 3
x2
6
2 t
0

sin
dt



 1
Khi đó:

2   3  x x  2    x  3  x  2 
  x 3
f '( x )  0
 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
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.
Câu II (2,0 điểm)
-2
1. Giài phương
trình: ( 2cosx - 11) ( sinx + cosx) = 1
3 -1
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


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739
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
2. x = 2;x = 1- 33
Câu III (1,0 điểm)
4
I = ln
3
Câu IV (1,0 điểm)
V =8 3
Câu V (1,0 điểm)

minS = 5
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. x + 3y - 6 = 0;x - y - 2 = 0
2. C1(0;0; 3),C2(0;0;- 3)
Câu VII.a (1,0 điểm)
192 số
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)
1. x + 2y - 6 = 0
2. D1(0;- 7;0),D2(0;8;0)
Câu VII.b (1,0 điểm)
64 số
------------------------Hết------------------------


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 5
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
mx + 4
Cho hàm số y =
(1)
x+m
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng ( - ¥ ;1) .

Câu II (2,0 điểm)
1. Giài phương trình: cos3 x - 4sin3 x - 3cosx sin2 x + sinx = 0
2
2. Giải phương trình: log3 ( x - 1) + log 3 ( 2x - 1) = 2
Câu III (1,0 điểm)

p
4

dx
Tính tích phân: I =
ò cos6 x
0
Câu IV (1,0 điểm)
Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A'B'C'D' có chiều cao bằng h. Góc giữa hai đường chéo của hai mặt bên kề nhau
0
0
kẻ từ một đỉnh bằng a (0 < a < 90 ) . Tính thể tích của khối lăng trụ đó.
Câu V (1,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z £ 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
x2 + 2 + y2 + 2 + z2 + 2 ³ 82
x
y
z
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 cho tam giác ABC có đỉnh A(2;- 7) , phương trình một đường cao và một trung tuyến
vẽ từ hai đỉnh khác nhau lần lượt là: 3x + y + 11 = 0, x + 2y + 7 = 0 . Viết phương trình các cạnh của tam
giác ABC.
2. Trong không gian (Oxyz) cho tam giác ABC với A(1;2;- 1),B(2;- 1;3),C(- 4;7;5) . Tính độ dài đường phân
giác trong kẻ từ đỉnh B..
Câu VII.a (1,0 điểm)
Có bao niêu số tự nhiên có 4 chữ số, chia hết cho 4 tạo bởi các chữ số 1, 2, 3, 4 trong hai trường hợp sau
a) Các chữ số có thể trùng nhau;
b) Các chữ số khác nhau
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 A(27;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt
tại M và N sao cho độ dài đoạn MN nhỏ nhất.
r
r
r r
2. Trong không gian (Oxyz) cho các vectơ a = (3;- 1;2),b = (1;1;- 2) . Tìm vectơ đơn vị đồng phẳng với a,b và
r
tạo với a góc 600 .
Câu VII.b (1,0 điểm)
Cho các chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Từ các chữ số đã cho có bao nhiêu cách lập ra một số gồm 3 chữ số khác nhau sao
cho số tạo thành là một số chẵn bé hơn hay bằng 345 ?.
------------------------Hết------------------------


Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739

KẾT QUẢ ĐỀ 5
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)
1. Tự giải
2. - 2 < m £ - 1
Câu II (2,0 điểm)
p
p
1. x = ± + kp;x = - + kp
6
4
2. x = 2
Câu III (1,0 điểm)
28
I=
15
Câu IV (1,0 điểm)
a
2h3.sin2
2
V=
cosa
Câu V (1,0 điểm)
Sử dụng phương pháp tọa độ hoặc bất đẳng thức Cauchy.
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. x - 3y - 23 = 0;4x + 3y + 13 = 0;7x + 9y + 19 = 0
2 74
3
Câu VII.a (1,0 điểm)

a) 64 số
b) 6 số
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)
1. x + 3y - 30 = 0
2. d =

r
3 14
14 14
2. e = (
;;
)
14
14 7
Câu VII.b (1,0 điểm)
13 số
------------------------Hết------------------------