Tài liệu 17 đề thi và đáp án toán 12 pdf

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
8cos4 x  9cos2 x  m  0 với x [0;  ] .
Câu II (2 điểm)
log x

1 3

1. Giải phương trình:  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 đơi cạnh đáy nhỏ.
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)
1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD:
x  y 1  0 .
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 vng 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
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

Nội dung

Ý
1

+ Tập xác định: D  

Điểm
2,00
1,00
0,25

+ Sự biến thiên:

Giới hạn: lim y  ; lim y  
x 

x 

y '  32x  18x = 2x 16x 2  9 



3

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 hồnh 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:
81
m

: Phương trình đã cho vơ nghiệm.
32
81
1. m 
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
32

0,25

0,25

0,50








81
32
0  m 1
m0
m<0
1 m 

: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
: Phương trình đã cho vơ nghiệm.

II

2,00
1,00

1
Phương trình đã cho tương đương:
 x2 0
x  2  0
x  2



log x
log x

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

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



2

0,50

0,50

1,00

Điều kiện: | x |  | y |

u  x 2  y 2 ; u  0
1
u2 

Đặt 
; x   y 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  9
v  8
 x2  y 2  4
u  4


+ 
(I)
v  8
x  y  8

u  3  x 2  y 2  3


+ 
(II)
v  9
x  y  9

Giải hệ (I), (II).

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 
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 hồnh 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  4 x  2 x
x  2x  0
x  6


2

0,25

Suy ra diện tích cần tính:

 x



2

S

2

 x
6

 4 x  2 x dx 

0

2



 4 x  2 x dx

2

2

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

2

Vì x  0; 2 , x 2  4 x  0 nên | x2  4 x |  x 2  4 x  I     x 2  4 x  2 x  dx 
0

4
3

0,25

6

Tính K   | x 2  4 x | 2 x  dx
2

Vì x   2; 4 , x 2  4 x  0 và x   4;6 , x 2  4 x  0 nên
4

2

0,25

6

4

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

4
52
Vậy S   16 
3
3

1,00
0,25

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  IC
AB, A’B’. Ta có: 
 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 ' .

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



2

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

4

Từ đó, ta có: V 

4

0,25

2

2r  2
3r 2 3
3r 2 3  21r 3. 3
 6r 3 

 6r 2 3.
3
2
2 
3



V

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


+/ cos 2  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 hồnh độ giao điểm của 2 đường ( D) : y  2  2m (là đường song song

0,25

0,25

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 .

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 .

2,00
1,00

0,25

0,25

0,25


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

2

x 1 y
  4x  3 y  4  0
7  1 8

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thì ( P) //( D)
hoặc ( P)  ( D) . Gọi H là hình chiếu vng góc của I trên (P).
Ta ln có IH  IA và IH  AH .

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) vng 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:
 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 
 x


  5 vv
 yz  1 zx  y xy  z 

z
y 
 x 1 

5
 z y yz
5

0,25

1,00




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  .
4
.
5

Mặt khác: S ABCD  AB.CH  4 (CH: chiều cao)  CH 

0,25

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 khơng 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    4  t    2t 

BM 

 4  2t    2  t    6  2t 

2

2

2

AM  BM 

2

 9t 2  20 

2

 3t 









2


| u |

Ta có 

| v |



 3t 

2

 2 5

 3t  6 



 3t  6 

2



 2 5

 9t 2  36t  56 








 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 .
2

 2 5

2

 3t 

0,25
2

2





2





2

 2 5


 
 
Suy ra AM  BM | u |  | v | và u  v  6; 4 5 | u  v | 2 29
 

  
Mặt khác, với hai vectơ u, v ta ln có | u |  | v || u  v |
2





0,25



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

1,00



11  29



0,25

0,25


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 hồnh độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và b để hai
tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu II (2 điểm)
2  cos x  sin x 
1

1. Giải phương trình lượng giác:
tan x  cot 2 x
cot x  1
1
2. Giải bất phương trình: log3 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
2

0

Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ trịn xoay và hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn
đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm trên đường trịn 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:
(C ) : x2  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 lập với nhau một góc 600.
2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm
tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.


Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có
bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu?
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
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 hồnh độ xI  , 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 khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là
(S ) : x2  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  c2  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
I

Nội dung

Ý
1

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

Điểm
2,00
1,00
0,25

x 



x  0
y '  4 x3  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



Đồ thị

0,25

2

1,00
Ta có f '( x)  4 x  4 x . Gọi a, b lần lượt là hồnh độ của A và B.
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là k A  f '(a)  4a3  4a, kB  f '(b)  4b3  4b
Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
3


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  kB  4a 3  4a = 4b3  4b   a  b   a 2  ab  b2  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

2,00
1,00

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

1
sin x cos 2 x


cos x sin 2 x



0,25

2  cos x  sin x 
cos x.sin 2 x

 2 sin x
cos x
cos x
1
sin x

0,25

 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

0,25


4

 k 2  k   

0,25

Điều kiện: x  3

1,00
0,25

Phương trình đã cho tương đương:
1
1
1
log3  x 2  5 x  6   log31  x  2   log 31  x  3
2
2
2
1
1

1
 log3  x 2  5 x  6   log3  x  2    log 3  x  3
2
2
2
 log3  x  2  x  3  log3  x  2   log3  x  3



0,25

 x2
 log3  x  2  x  3   log3 



 x3
x2
  x  2  x  3 
x3

0,25


 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
1,00
1,00

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

0,50





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







2

1
12
d  sin 2 x    sin 2 2 xd  sin 2 x 
2
40
0

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

0,50

IV

1,00
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 vng cân tại O nên:
2
h
2a
2
OM  OI 
IM  
h
a.
2
2
2 2
2

0,25

2

2
2
2
3a 2
a a 2 a a
Ta có: R  OA  AM  MO     

  
4 8
8

2  4 


2

2

 V   R 2h   .

2

2

3a 2 a 2 3 2 a3
.

,
8
2
16

0,25
0,25

a 3 a 2
3 a 2
.

.
và S xq  2 Rh=2 .

2
2 2 2

0,25

V

1,00
Phương trình

x  1  x  2m x 1  x   2 4 x 1  x   m (1)
3

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
điều kiện x  1  x  x 

1
1
. Thay x  vào (1) ta được:
2
2
m  0
1
1
2.
 m  2.
 m3  
2
2

m  1

0,25


* Với m = 0; (1) trở thành:



4



x  4 1 x

2

0 x

1
2

0,25

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

0,25

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 

* 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) khơng 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 trịn (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 trịn (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

2

2

0,25

0,25

Ta tính được AB  CD  10, AC  BD  13, AD  BC  5 .

1,00
0,25

Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đơi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều.
Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.

0,25

14
3 3
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là G  ;0;  , bán kính là R  GA 
.
2
2 2
VIIa

0,50
1,00


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

Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Khơng có bi đỏ: Khả năng này khơng xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8.
9
+ Khơng có bi xanh: có C13 cách.

0,25

0,25

9
+ Khơng có bi vàng: có C15 cách.
9
Mặt khác trong các cách chọn khơng có bi xanh, khơng 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

0,50
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    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

I có hồnh độ xI 

0,50

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

xA  xC

 xI  2
 xC  2 xI  x A  9  2  7
9 3



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

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) khơng có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.
Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vng 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 vng góc với (P), thì N 0 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  

15
5

9
3

 4 13 14 
Suy ra N 0   ;  ;  .
 3 3 3
 3 

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

0,50

 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
Từ đó suy ra


 2
 2
 2
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)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  mx3  3mx2   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) khơng có cực trị.
Câu II (2 điểm)
sin x  cos x
4

1. Giải phương trình :

4

sin 2 x



1
2

 tan x  cot x 

log 4  x  1  2  log

2. Giải phương trình:

2

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  7x  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

(Ở đây Ank , Cnk lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)

C n  4  7 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):
tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết
x 2  y 2  2 x  4 y  8  0 .Xác định
điểm A có hồnh độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường trịn (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
6



y
4



z 5
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



sin

0

2

3

và giải bất phương trình

t
dt
2

x2

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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 3
Câu
I

Nội dung

Ý
1

Khi m = 1 ta có y  x3  3x 2  1
+ MXĐ: D  
+ Sự biến thiên:

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

Điểm
2,00
1,00
0,25

x 



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



Bảng biến thiên

0,25

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 khơng có cực trị.

0,25

+ Khi m  0  y '  3mx2  6mx   m  1
Hàm số khơng có cực trị khi và chỉ khi y '  0 khơng có nghiệm hoặc có nghiệm kép

0,50

  '  9m2  3m  m  1  12m2  3m  0  0  m 

II

1
4

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

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


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 vơ nghiệm.

0,50

2

1,00

log 4  x  1  2  log
2

4  x  log8  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

0,25

2

+ Với 1  x  4 ta có phương trình x2  4 x  12  0 (3) ;
x  2
(3)  
 x  6  lo¹ i 
+ Với 4  x  1 ta có phương trình x2  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



1,00

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

0,50

1
3
t 
2
2
3
1
x
t 
2

2
x

1
2

3
2

IV

dt
 t 2 1 
3

dt
1 t  1 23 1  7  4 3 
 ln
 1  t 2 2 1  t |12  2 ln  3 


1



2

A

2

0,50

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 vng 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



0,25



2
9
9 265
1

OA2  AE 2  OE 2   AB   OE 2  4 2   32  
8
8
8
2

1
1 265
265
Thể tích hình nón đã cho: V   .OA2 .SO  
.3 

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  

0,25

0,25

0,25

265 337
89305
.

8
8
8

V

1,00

 x 2  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   2 x  1 m 

x2  2 x  3
 m (do x  1;6  2 x  1  0)
 2 x  1

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

0,25

0,25

Hệ đã cho có nghiệm  x0  1;6 : f ( x0 )  m

f ' x 

2 x2  2 x  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
2
2
27  1  17  3  17
Ta có: f (1)  , f (6)  , f 


3
13 
2
2


Vì x  1;6 nên chỉ nhận x 

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

27
m
13

0,25


VIa

2,00
1,00

1

4 x  3 y  4  0
 x  2
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: 

 A  2; 4 
x  2 y  6  0
y  4
4 x  3 y  4  0
x  1

Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình 

 B 1;0 
 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

0,25

+ 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
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: 

 C  5; 4 
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:

OI  AI  OI 2  AI 2  a 2  b 2  c 2   a  5   b  2    c  1
2

2

2

 10a  4b  2c  30 (1)
| a  2b  2c  5 |
2
OI  d  I ,  P    a 2  b2  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  b2  c2  9 (5)
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:  a  2  221a  658  0
Như vậy a  2 hoặc a 

0,25

67 
658
 658 46
;
;
.Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc I 
 và R = 3.
221
 221 221 221 

0,25


Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:

2

2

2

658
46
67
 x  2   y  2   z  1  9 và  x     y     z    9

 
 

221  
221  
221 

2

VIIa

2

2

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  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 hồnh độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
Vì 
ABC  900 nên AC là đường kính đường trịn, 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|
12   2   22
2

2

0,25

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

+ Với t1 = 1 ta được M1  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 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


0,25

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
Điều kiện
f ( x)  ln

1

3  x 
1

3  x 

3

3

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


Ta có:

6





2
 sin
0



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

6

Khi đó: f '( x) 



sin


2

0

x2

t
dt
2

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

 3  x x  2  
  x3
 x  3; x  2
 x  3; x  2
2



0,25

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
Cho hàm số y = (m - 1)x 3 + mx 2 + (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: (2 cos x - 11)(sin x + cos x ) = 1
3 -1
2
3
3
2. Giải phương trình: log 1 (x + 2) - 3 = log 1 (4 - x ) + log 1 (x + 6)
2

4
4
4
Câu III (1,0 điểm)
p
2

Tính tích phân: I =

ò sin
0

2

cos x
dx
x - 5 sin x + 6

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(x 0 ; y 0 ; 0), (x 0 > 0; y 0 > 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 khơng 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
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)
min S = 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------------------------

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 - 4 sin 3 x - 3 cos x sin 2 x + sin x = 0
2
2. Giải phương trình: log3 (x - 1) + log 3 (2x - 1) = 2
Câu III (1,0 điểm)
p
4

Tính tích phân: I =

dx

ị cos
0

6

x

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
kẻ từ một đỉnh bằng a (00 < a < 900 ) . 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:

x2 +

1
+
x2

y2 +

1
+
y2

z2 +

1
³
z2

82

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 khơng 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------------------------


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
2h 3 . sin 2
2
V=
cos a
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------------------------


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 6
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 y = x 3 + 3x 2 - mx - 4 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (- ¥ ; 0).
Câu II (2,0 điểm)
xư
ỉ
1. Giài phương trình: cot x + sin x ç1 + t an x. t an ÷ = 4
÷

ç
è
2ø
1
1
2. Giải phương trình: log4 (x - 1) +
= + log2 x + 2
log2x + 1 4 2
Câu III (1,0 điểm)
p
4

Tính tích phân: I =

dx

ị cos x
0

Câu IV (1,0 điểm)
·
·
·
Cho khối hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a, A ' AB = BAD = A ' AD = 600 . Hãy tính
thể tích của khối hộp.
Câu V (1,0 điểm)
1 1 1
Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn + + = 4 . Chứng minh rằng:
x y z
1

1
1
+
+
£ 1
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z
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(1;2) , đường trung tuyến (BM) : 2x + y + 1 = 0 và đường
phân giác trong (CD) : x + y - 1 = 0 . Hãy viết phương trình đường thẳng BC.
2. Trong khơng gian (Oxyz) cho điểm A(- 1;6;6), B(3; - 6; - 2) . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho
tổng MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.
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 có 5 chữ số khác nhau? Tính tổng của các số
tự nhiên đó.
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng (D 1 ) : x - y + 1 = 0, (D 2 ) : 2x + y + 1 = 0 và điểm M(2;1) . Viết
phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt hai đường thẳng (D 1 ), (D 2 ) lần lượt tại A và B sao cho M
là trung điểm của đoạn thẳng AB.
2. Trong Kg(Oxyz) cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có A trùng với gốc tọa độ, B(a;0;0), D(0;a;0),
A '(0;0;b) (a > 0, b > 0). Gọi M là trung điểm cạnh CC'. Tính thể tích khối tứ diện BDA'M theo a và b và xác
a
định tỷ số
để hai mặt phẳng (A'BD) và (MBD) vng góc với nhau.
b
Câu VII.b (1,0 điểm)
Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số có 6 chữ số và thỏa mãn điều kiện:

Sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của ba số đầu nhỏ hơn tổng của ba chữ số cuối
một đơn vị?
------------------------Hết------------------------