www.VNMATH.com
SỞ GD – ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ

ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN 1
MÔN : TOÁN, KHỐI D
Thời gian làm bài : 180 phút
o0o
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số
( )
3 2
3 2
m
y x mx C= − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với m = 1 .
2. Tìm m để đồ thị (C
m
) có hai điểm cực trị A, B và đường thẳng AB đi qua điểm I(1; 0) .
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
5
sin 4 4sin 2 4 sin cos
2
x x x x
π
 
+ + = +
 ÷
 
.

( )
2; 5C −
, đường thẳng
:3 4 4 0x y∆ − + =
.
Tìm trên đường thẳng
∆
hai điểm A và B đối xứng nhau qua
5
2;
2
I
 
 ÷
 
sao cho diện tích tam giác
ABC bằng 15 .
2. Cho hai đường thẳng a và b song song với nhau . Trên đường thẳng a có 5 điểm phân biệt và
trên đường thẳng b có 10 điểm phân biệt . Hỏi có thể tạo được bao nhiêu tam giác có các đỉnh là
các điểm trên hai đường thẳng a và b đã cho .
www.VNMATH.com
Câu VI (1,0 điểm) Giải phương trình
( ) ( ) ( )
3 2 3
4 1 1
4 4
3
log 4 log 2 3 log 6
2
x x x− + + = + +

= ⇒ = −

BBT : x
−∞
0 2
+∞
y’ + 0 – 0 +
2
+∞
y−∞
- 2
Hàm số đồng biến trên
( )
;0−∞
và
( )
2;+∞
; Hàm số nghịch biến trên
( )
0;2
y
CĐ
= 2 tại x = 0 ; y
CT
= - 2 tại x = 2 .
Đồ thị : Giao Oy : (0 ; 2) ; Giao Ox : (1; 0) và
( )

) có hai điểm cực trị là A(0; 2) và
( )
3
2 ;2 4B m m−
Đường thẳng AB đi qua A(0; 2) và có vtcp
( ) ( )
3 2
2 ; 4 2 ;1AB m m vtpt m= − ⇒
uuur
Phương trình AB :
2
2 2 0m x y+ − =
Theo giả thiết đường thẳng AB đi qua I(1; 0) nên
2
2 2 0 1m m− = ⇔ = ±
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
II. 1.

( )
5
sin 4 4sin 2 4 sin cos
2
x x x x
π
 
+ + = +

¢
Giải (1) : Đặt
( )
cos sin , 2 2t x x t= − − ≤ ≤
2
sin 2 1x t⇒ = −
Pt (1) trở thành :
( )
2 3
1 . 2 2 0 2 0 1t t t t t t− − − = ⇔ + + = ⇔ = −
Với
1t
= −
ta có
2
cos sin 1 2 cos 1 cos
4 4 2
x x x x
π π
   
− = − ⇔ + = − ⇔ + = −
 ÷  ÷
   

2
,
2
2
x k
k

2
2
4
2 3 3 2 8 0
4
2
3
t
t
t t t
t
=

−

= + ⇔ − − = ⇔

= −

Với t = 2 ta có :

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

3
3
3
2 14
9 12 10 0
3
x
x
x
x x
x

≤ −


≤ −
− −
 
⇔ ⇔ ⇒ =
 
− ±
 
+ − =
=



(t/m)
Vậy pt đã cho có ba nghiệm x = 0 ; x = 2 ;
2 14

Trong tam giác vuông SAC có
1.0
0.25
0.25
www.VNMATH.com
Do
( )
SA ABC⊥
nên
.
1 1
. .3 3.6 6 3
3 3
S ABC ABC
V SA S= = =
(cm
3
) .
0.25
0.25
2. Gọi E là trung điểm AC mà D là trung điểm AB nên DE là đường trung bình trong
tam giác ABC
⇒
DE // BC
⇒
BC // (SDE) mà SD
⊂
(SDE) nên

( )

(SDE)
⊥
(SAE) mà (SDE)
∩
(SAE) = SE . Trong (SAE) kẻ AH
⊥
SE
⇒
AH
⊥
(SAE)
⇒
AH =
( )
( )
,A SDE
d
.
Trong tam giác vuông SAE có AH là đường cao nên :

2 2 2
1 1 1 1 8 1
3
27 27 3
AH
AH SA AE
= + = + = ⇒ =
. Vậy
( )
,

y
x y xy x
y
+ = ⇔ =
−
(vì
1y ≥
) .Xét hàm số
( )
3
4 3
y
f y
y
=
−
trên
[
)
1;+∞
có
( )
( )
[
) ( ) ( )
2
9
' 0, 1; 1 3 1 3
4 3
f y y f y f x

 
Khi đó
( )
( ) ( )
( )
3
3 3
3
3 3
3 3
1 3 1P x y x y xy x y
x y
xy
 
 
 
 ÷
= + + = + − + +
 ÷
 
 ÷
 
 

( )
3
3
2
3
3

Xét hàm số P(t) =
3 2
64 12 64
4
27 9
t t
t
− − +
với
9
;3
4
t
 
∈
 
 
Ta có
( )
2
2 2
64 12 8 12 9
' 8 8 1 0, ;3
9 9 4
P t t t t t t
t t
   
= − + = − + > ∀ ∈
 ÷
 


9
3
4
2
3
xy
x y
x y

=

⇔ ⇔ = =


+ =

1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
www.VNMATH.com
V. 1.
Thay tọa độ I vào pt
∆
ta được
5
3.2 4. 4 0
2

2 2
1 1
15 . 15 .6. 4 8 3 6 15
2 2
ABC
S CH AB a a= ⇔ = ⇔ − + − =
( )
( ) ( )
( ) ( )
2
1 4;4 , 0;1
25 1 2 5 2 1 1
0 0;1 , 4;4
a A B
a a
a A B

= ⇒
⇔ − = ⇔ − = ⇔

= ⇒


Vậy hai điểm cần tìm là (4; 4) và (0; 1) .
1.0
0.25
0.25
0.5
2. Mỗi tam giác được tạo thành từ ba điểm không thẳng hàng nên ba điểm đó được
chọn từ hai điểm trên đường thẳng này và một điểm trên đường thẳng kia . Do đó ta

(*)
Pt
( ) ( )
4 4 4
3log 4 3log 2 3 3log 6x x x⇔ − − + = − +

( ) ( ) ( ) ( )
4 4 4
log 4 log 6 1 log 2 4 6 4 2x x x x x x⇔ − + + = + + ⇔ − + = +

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
4 2 4 6
4 2 4 6
x x x
x x x

+ = − +
⇔

+ = − − +


(vì (*) nên
( ) ( )
4 6 0x x− + >
)

( )
( )



= −




Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2 ;
1 33x = −
1.0
0.25
0.25
0.5
Tổng 10.00
Lưu ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần .
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
SỞ GD – ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ

ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN 1
MÔN : TOÁN , KHỐI B
Thời gian làm bài : 180 phút
o0o
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số
2 3
2
x
y
x

.
Câu III (2,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy và SA = a . Biết ABCD là hình thang vuông
tại A và B, AB = a, BC = 2a và SC vuông góc với BD .
1. Tính tang của góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) .
2. Tính thể tích khối chóp S.ABCD .
3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM với M là trung điểm BC .
Câu IV (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c . Chứng minh rằng :
4 9
4
a b c
b c c a a b
+ + >
+ + +
.
Câu V (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với
( ) ( )
2; 1 , 1; 2A B− −
. Trọng tâm G
của tam giác ABC nằm trên đường thẳng
: 2 0x y∆ + − =
. Tìm tọa độ đỉnh C biết tam giác ABC
có diện tích bằng
27
2
.
2. Gọi X là tập hợp các số gồm hai chữ số khác nhau được lấy từ các chữ số 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 .
Lẫy ngẫu nhiên đồng thời hai phần tử của X . Tính xác suất để hai số lấy được đều là số chẵn .
Câu VI (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

y x
x
−
= < ∀ ≠
−
nên hàm số nghịch biến trên
( )
;2−∞
và
( )
2;+∞
; hàm số không có cực trị .
2
lim
x
y
→±∞
= ⇒
đths có TCN y = 2 .
2 2
;
lim lim
x x
y y
+ −
→ →
= +∞ = −∞ ⇒
đths có TCĐ : x = 2 .
1.0
0.25

0.25
2.
Vì M
∈
(C) nên g/s
0
0
0
2 3
;
2
x
M x
x
 
−
 ÷
−
 
Tiếp tuyến của (C) tại M có pt là :
( )
( ) ( )
0
0
2
0
0
2 3
1
2

( )
0
2 2;2B x −
Khi đó
( ) ( )
( )
2
2 2
0
0 0
2
0
0
2 2
1
2 4 2 2 2 2 2
2
2
x
AB x x
x
x
 
−
= − + − = − + ≥
 ÷
−
−
 
Vậy

1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
II. 1.
pt
2
1 sin sin cos sin 1 cos
2 2 2
x x
x x x
π
 
⇔ + − = + −
 ÷
 

2
sin sin cos sin sin
2 2
x x
x x x⇔ − =
sin sin cos sin 1 0
2 2
x x
x x
 
⇔ − − =
 ÷

π π
⇔ = ⇔ = + ∈¢
1.0
0.25
0.5
0.25
www.VNMATH.com
Vậy pt có nghiệm
,
4
x k
x k k
x k
π
π
π π
=

⇔ = ∈

= +

¢
2. Giải bất phương trình
Đk :
1 3x− ≤ ≤
Đặt
( )
1 3 0t x x t= + + − ≥
2

0.25
0.25
0.25
0.25
III. 1.

Vì SA
⊥
(ABCD) nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD) .
Do đó góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SC với AC và bằng SCA (vì
tam giác SAC vuông tại A nên SCA <
90°
)
Theo gt, hình thang ABCD vuông tại A và B nên tam giác ABC vuông tại B và có
AC =
2 2
5AB BC a+ =
.
Trong tam giác vuông SAC có
1
tan
5
SA
SCA
AC
= =
0.5
0.25
0.25
2. Vì AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) mà AC

2 2 4
ABCD
a a
S a a
 
⇒ = + =
 ÷
 

mà SA
⊥
(ABCD) nên
2 3
.
1 1 5 5
. .
3 3 4 12
S ABCD ABCD
a a
V SA S a= = =
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
3.
Ta có M là trung điểm BC nên BM =
1
2
BC a=

⊥
SN tại H thì AH
⊥
(SMN)
( )
( )
,A SMN
d AH⇒ =
.
Do tam giác SAN vuông cân tại A nên H là trung điểm SN
1 2
2 2
a
AH SN⇒ = =
0.25
0.25
IV.
Đặt
; ; ; ;
2 2 2
x y z x y z x y z
x b c y c a z a b a b c
− + + − + + −
= + = + = + ⇒ = = =
Do a, b, c > 0 nên x, y, z > 0 . Khi đó :

( ) ( )
4 9
4 9
2 2 2

3
3 2
y x
c a b c
a b
z x
c
a b b c
y z
=


+ = +
=

 
⇔ = ⇔ ⇔
  
=
+ = +




=

(loại) .
Vậy đẳng thức không xảy ra , do đó ta có điều phải chứng minh .
1.0
0.25

a a
S AB d
− − + −
= ⇔ = ⇔ =

( )
( )
20
17; 11
3
7
10;16
3
a C
a C

= ⇒ −

⇔


= − ⇒ −



1.0
0.25
0.25
0.5
2.

105 7
435 29
n A
P A
n
= = =
Ω
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
VI. Điều kiện : y > 0 .
Hệ pt
( )
( )
2
3
2
3 3
2 .log 2 2 1
3.2 .log 9 log 2
x x
x
y
y y

− =

⇔

2 2
2
2
x
x x
x
x x
x
x y t m
vn

= ⇔ = ⇒ =
 
+ +

− = ⇔
 ÷

= −
 


0.25
0.5
Tổng 10.00
Lưu ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần .
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
SỞ GD – ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ

Câu III (2,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy và SA = a . Biết ABCD là hình thang vuông
tại A và B, AB = a, BC = 2a và SC vuông góc với BD .
1. Tính tang của góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) .
2. Tính thể tích khối chóp S.ABCD .
3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM với M là trung điểm BC.
Câu IV (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c . Chứng minh rằng :
4 9
4
a b c
b c c a a b
+ + >
+ + +
.
Câu V (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A . Đường thẳng BC có
phương trình
3 3 0x y− − =
. Biết hai đỉnh A, B nằm trên trục hoành và bán kính đường tròn
nội tiếp tam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC .
2. Gọi X là tập hợp các số gồm hai chữ số khác nhau được lấy từ các chữ số 0; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6
. Lẫy ngẫu nhiên đồng thời hai phần tử của X . Tính xác suất để hai số lấy được đều là số chẵn .
Câu VI (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
1 2
9
2
27 3
2 .log 2 2
9.2 .log 9 log
x x

( )
;2−∞

và
( )
2;+∞
; hàm số không có cực trị .
2
lim
x
y
→±∞
= ⇒
đths có TCN y = 2 .
2 2
;
lim lim
x x
y y
+ −
→ →
= +∞ = −∞ ⇒
đths có TCĐ : x = 2 .
BBT x
−∞
2
+∞
y’ – –
2
+∞

0
0
2 3
;
2
x
M x
x
 
−
 ÷
−
 
Tiếp tuyến của (C) tại M có pt là :
( )
( ) ( )
0
0
2
0
0
2 3
1
2
2
x
y x x
x
x
−

2
2 2
0
0 0
2
0
0
2 2
1
2 4 2 2 2 2 2
2
2
x
AB x x
x
x
 
−
= − + − = − + ≥
 ÷
−
−
 
Vậy
min
2 2AB =
khi
( )
( )
( )

Điều kiện :
( )
os2 0
4 2
, ,
cos 0
2
x k
c x
k l
x
x l
π π
π
π

≠ +

≠


⇔ ∈
 
≠


≠ +


¢

+ =


( ) ( ) ( )
( )
3 2
* 1 cos 2 .cos2 . 2cos2 1 6
2cos 2 3cos 2 cos2 6 0 cos 2 1 , /
x x x
x x x x x k k t m
π
⇔ + + =
⇔ + + − = ⇔ = ⇔ = ∈¢
Vậy pt có nghiệm
,x k k
π
= ∈¢
0.25
0.25
0.25
2.
Điều kiện :
1 1
2 2
x− ≤ ≤
. Khi đó
2
2 0x− >
Bpt
2 2 4

1.0
0.25
0.25
0.5
III. 1.
Vì SA
⊥
(ABCD) nên AC là hình
chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD)
Do đó góc giữa SC với mặt phẳng
(ABCD) là góc giữa SC với AC và
bằng SCA (vì tam giác SAC vuông
tại A nên SCA <
90°
)
Theo gt, hình thang ABCD vuông tại
A và B nên tam giác ABC vuông tại
B và có AC =
2 2
5AB BC a+ =
.
Trong tam giác vuông SAC có
1
tan
5
SA
SCA
AC
= =
0.5

AD =
2
1 5
2 .
2 2 4
ABCD
a a
S a a
 
⇒ = + =
 ÷
 

mà SA
⊥
(ABCD) nên
2 3
.
1 1 5 5
. .
3 3 4 12
S ABCD ABCD
a a
V SA S a= = =
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
www.VNMATH.com

⊥
(SAN) .
Từ A kẻ AH
⊥
SN tại H thì AH
⊥
(SMN)
( )
( )
,A SMN
d AH⇒ =
.
Do tam giác SAN vuông cân tại A nên H là trung điểm SN
1 2
2 2
a
AH SN⇒ = =
0.5
0.25
0.25
IV.
Đặt
; ; ; ;
2 2 2
x y z x y z x y z
x b c y c a z a b a b c
− + + − + + −
= + = + = + ⇒ = = =
Do a, b, c > 0 nên x, y, z > 0 . Khi đó :


2
2
3
0
3
3 2
y x
c a b c
a b
z x
c
a b b c
y z
=


+ = +
=

 
⇔ = ⇔ ⇔
  
=
+ = +




=


60ABC⇒ = °
.
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
⇒
ABI =
30
°
Dựng IH
⊥
AB tại H thì IH là bán kính đường tròn nội tiếp
∆
ABC
⇒
IH = 2 .
Trong tam giác vuông IHB có HB =
2 3
tan30
IH
=
°
mà AH = 2 (cách dựng ) nên
AB = AH + HB =
( )
2 3 1+
Do
OxA
∈
nên giả sử A(a; 0) thì AB =
( )
2 3 3

4 3 7 6 2 3
;
3 3
G
 
+ +
 ÷
 ÷
 
+ Với
( ) ( )
2 3 1 2 3 1;0 , 2 3 1; 6 2 3a A C= − − ⇒ − − − − − −

4 3 1 6 2 3
;
3 3
G
 
− − − −
⇒
 ÷
 ÷
 
0.25
0.25
2.
Gọi số có hai chữ số khác nhau là
ab
với
0a

≠
thì b có 3 cách chọn và a có 5 cách chọn vì
0a
≠
,
b a
≠
⇒
có 15 số
Do đó trong X có tất cả 6 + 15 = 21 số chẵn gồm hai chữ số khác nhau .
Lẫy ngẫu nhiên hai số chẵn có
2
21
210C =
cách
⇒
n(A) = 210 .
Vậy
( )
( )
( )
210 1
630 3
n A
P A
n
= = =
Ω
.
1.0

2 2
log
2
x
x
y
+
⇒ =
. Thế vào (2) ta được :

( )
( )
2
2
2 2
2
2 4 1 27 /
2 2 2 2
3.2 . 9
1
2 2
2
2
x
x x
x
x x
x
x y t m
vn