ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 193
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm).
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2
2 3y x x= − −

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng
:d y m=
cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt M,N,P,Q (sắp thứ tự từ trái sang phải) sao cho
độ dài các đoạn thẳng MN,NP,PQ là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông.
Câu II ( 3,0 điểm).
1. Giải phương trình lượng giác:
34cos22sin2cos36cos2 +−=− xxxx
.
2. Giải hệ phương trình :
2 2
2 2 2
6
1 5
x x y y
x y y

+ =


+ =



3. Tính tích phân:

2 2 2
3 3 3 2 2 2
4x y y z z x xyz
P
z x y xy yz zx
= + + +
+ +
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A.Theo chương trình Chuẩn.
Câu V.a ( 2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết
trực tâm
(1;0)H
, chân đường cao hạ từ đỉnh B là
(0; 2)K
, trung điểm cạnh AB là
(3;1)M
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng (d
1
), (d
2
) với (d
1
):
1 2
3 2 1
x y z− +
= =
và (d

có phương trình x -2y -4=0.Đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình:3x+2y-5=0 .Tìm toa độ đỉnh B,C biết diện
tích tam giác ABC bằng
20
và điểm B có hoành độ dương.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
( )
∆
:
2
( )
4
=


= ∈


=

x t
y t t R
z
; và
2
( )
∆
:
( )
3

NÔI DUNG
ÑIEÅM
C©u I
(2,0 ®iÓm)
1. (1,0 ®iÓm)
a) Tập xác định : D = R
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn :
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
.
*Chiều biến thiên: y’ = 4x
3
-4x.
x 0
y' 0
x 1
=

= ⇔

= ±

0,25
* Bảng biến thiên
0,25
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng; (-

(1)
Đặt
( )
2
0t x t= ≥
thì phương trình hoành độ trở thành
2
2 3 0t t m− − − =
(2)
0,25
Với điều kiện (*) thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt hay phương trình (2) có 2
nghiệm dương phân biệt
1 2
,t t
( )
1 2
t t<
. Từ đó tìm được tọa độ các điểm
( )
2
;0M t−
,
( )
1
;0N t−
,
( )
1
;0P t
,

1 2
2
3
t t
t t m
+ =


= − −

. Vì vậy
( )
7
4 8 3
2
m m= − − ⇒ = −
Đáp số
7
2
m = −
0,25
C©u II
(3,0 ®iÓm)
1
(1,0 ®iÓm)
34cos22sin2cos36cos2 +−=− xxxx
( )
2cos6 2cos4 3 1 cos2 sin 2 0x x x x⇔ + − + − =
2
4cos5 cos 2 3 cos 2sin .cos 0x x x x x⇔ − − =

2 cos5 cos
6
x x
π
 
⇔ = −
 ÷
 
5 2
6
24 2
5 2
36 3
6
k
x x k
x
k
x
x x k
π
π π
π
π π
π
π


= − +
= − +

0.25
2
(1điểm)
Ta thấy (0;0) không là nghiệm của hệ nên
Hệ phương trình
⇔
2
2
1
( ) 6
1
5
x
x
y y
x
y

+ =




+ =


⇔
2
1 1
( . )( ) 6

S P
=


− =

⇔
3
2
S
P
=


=

0,25
Có
3
2
S
P
=


=


⇔






=




=




=


0,25
KL : Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là(x;y)=
1
(1; ) ;(2;1)
2

0,25
3
(1điểm)
x cosx x cos x
I dx dx
cos x cos x
π π

0
1
2
Đặt
u x
du dx
v tan x
dv dx
cos x
=

=


⇒
 
=
=



2
1
4 4
1
0 0
1 1 1 1 2
4 4
2 8 2 8 2 8 2 2
0 0

1 2 1 2 2 1 2 2
8 2 2 4 8 4
2 2 4 2 2
I I I ln ln ln
π + π +
= + = + + = +
− −
0,25
Câu III
(1 điểm)
Gọi M là trung điểm của AB. Tam giác CAB cân tại C suy ra AB ⊥ CM. Mặt khác AB ⊥
·
0
' ( ') ' 60CC AB CMC CMC⇒ ⊥ ⇒ =
. Gọi V là thể tích lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
thì
. '
ABC
V S CC=
0,25
Ta có
2
0
1
.tan30 .
2
3 3
ABC
a a

AB CB
a
d MH
MH MC MN a
= + = ⇒ = =
M
M
A'
B'
C
A
B
C'
H
0,25
CÂU IV Đặt 0,25
(1 điểm)
2 2 2
, , 1 3
4
x y z
a b c abc a b c
z x y
a b c
P
c a b ab bc ca
= = = ⇒ = ⇒ + + ≥
= + + +
+ +
Mà

0,25
Vậy minP=
13
3
xảy ra khi a=b=c=1 hay x=y=z
0,25
CÂU Va.
1(1 điểm)
+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận
( 1; 2)HK = −
uuur
làm vtpt và AC đi qua K nên
( ) : 2 4 0.AC x y− + =

Ta cũng có:
( ) : 2 2 0BK x y+ − =
.
0,25
+ Do
,A AC B BK∈ ∈
nên giả sử
(2 4; ), ( ; 2 2 ).A a a B b b− −
Mặt khác
(3;1)M
là
trung điểm của AB nên ta có hệ:
2 4 6 2 10 4
.
2 2 2 2 0 2
a b a b a

Gọi (P) là mf:
1
1
(0;1;1)
(3;2;1)
P d
quaM
QuaM
d
vtptn u



⇔
 
⊥
= =



uur uur
0,25
PT mf(P) : 3x + 2y + z - 3 = 0
0,25
(P)
∩
d
2
= A có tọa độ A(-1;5/3;8/3)
0,25

xt
2
log=

⇔
x=2
t

0,25
PT trở thành
t
tt
=++ )421(log
7
⇔
ttt
7421 =++
0,25
⇔
f(t)=
1
7
4
7
2
7
1
=



1. (1,0 điểm).
+Ta có phưong trình AH qua A
⊥
x-2y-4=0 nên vtpt của AH
(2;1) 2 3 0n x y= ⇒ + − =
r
.Goi I là giao của AH và
đường trung bình cạnh AB,AC nên I là trung điểm AH
Ta có:I(2;-1)
(3; 3)H⇒ −

3x +2y-5=0
x-2y-4 =0
M
I
A(1;1 )
B
C
H
0,25
+Từ đó
: 2 9 0BC x y⇒ − − =
Gọi M là trung điểm BC
⇒
M là giao của BC và AM
7 11
( ; )
2 4
M
−

= =
 
 
0,25
Do điểm B có hoành độ dương nên B(
15 3
;
2 4
−
) từ đó suy ra C(
1 19
;
2 4
− −
)
0,25
2. (1,0 điểm).
PTTS
2
∆
:
1 2
3
( ) ,
0
x s
y s t R
z
= −


1
, AB ⊥ ∆
2
⇒
1 1
2
2
2
. 0
(2;1;4); (2;1;0) 4
. 0
AB AB u
A B AB
AB
AB u
∆
∆

⊥ =


⇔ ⇒ ⇒ =
 
⊥
=



uuurur
uuuruur

0,25
|
A
|=
5040 20160 60480
+ +
=85680
P(
A
)=
85680 17
665280 132
=
P(A)=1-
17 115
132 132
=
0,25
Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.