- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
2
m
y x m
x
  


1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1.
2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng
d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình


 
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x

 

x y xy
 

Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z
0

thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
 
3 3 3
3
16
x y z
P
x y z
 

 

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 VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0,
phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của
hình chữ nhật.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
d
1
:
1 1 2
2 3 1

: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm
C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
3 2 1
2 1 1
x y z
  
 

và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0.
Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng

nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với
d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới

bằng
42
.
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x



a) Tập xác định: D


\ 2
 

0.25
b) Sự biến thiên:
   
2
2 2
1 4 3
' 1
2 2
x x
y
x x
 
  
 
,
1
' 0
3
x
y
x


lim ( 1) 0 ; lim ( 1) 0
x x
y x y x
 
     

Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1.
0.25
Bảng biến thiên
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng




;1 , 3; ;
 
hàm số nghịch biến trên
mỗi khoảng




1;2 , 2;3


-
- 

1
3
–
–
+
+

- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
3Với x

2 ta có y
’
= 1-
2
( 2)
m
x 
;
Hàm số có cực đại và cực tiểu

phương trình (x – 2)

m m m m
    

0.25
0
2
m
m







Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán
Vậy ycbt  m = 2.

0.25
II

2.0
1
Giải phương trình


 
2
cos . cos 1
2 1 sin .





1 sin 1 cos sin sin .cos 0
x x x x x
     





1 sin 1 cos 1 sin 0
x x x
    

0.25
sin 1
cos 1
x
x
 



 


và
2
x m
 
 



,k m
Z

0.25
2
Giải phương trình:
2 2
7 5 3 2 ( )
x x x x x x      


1.0

2
2 2
3 2 0
7 5 3 2
x x
PT
x x x x x

  

x
x
x
x


  

 




  


 
 
2
2 0
1 16 0
x
x x
  




  


1 1 2
x u x udu dx
     
; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
  


  


0.25
Ta có:
3 2 2 2
3
2
0 1 1 1
3 2 8 1
(2 6) 6
3 2 1
3 1 3
x u u
dx du u du du
u u u
x x
 
   

 

Do






DMN ABC DH ABC
   mà .
D ABC
là
tứ diện đều nên
H
là tâm tam giác đều
ABC
. 0.25
Trong tam giác vuông DHA:
2
2 2 2
3 6
1
3 3

Ta có:
AMN AMH AMH
S S S 
0 0 0
1 1 1
.sin60 . .sin30 . .sin30
2 2 2
xy x AH y AH  

3 .
x y xy
 0.25
V

1.0

Trước hết ta có:
 
3
3 3
4
x y
x y

  (biến đổi tương đương)



)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t


0;1

. Có
 
 
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t
 
      
 

Lập bảng biến thiên
0.25
 
 
0;1
64

2 1 0
21 13
5
;
7 14 0 13
5 5
5
x
x y
B
x y
y



  


 
 
 
 
  
 







b
a
 


        

 


0.25
- Với a = - b. Chọn a = 1

b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
1 0 3
(3;2)
2 1 0 2
x y x
A
x y y
   
 
 
 
   
 

Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7

Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ
 
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
 
 
 0.25
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)
0.25

2 1.0

Phương trình tham số của d
1
và d
2
là:
1 2
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5
2 2
x t x m
d y t d y m
z t z m
    

3 2 2
3 5 3
2 2 5
m t k
m t k
m t k
  


    


    

có nghiệm
0.25
Giải hệ tìm được
1
1
m
t






Khi đó điểm M(1; 4; 3)

Phương trình d:

4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
1.0

Điều kiện:
3
n N
n






Phương trình log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3  log
4
(n – 3)(n + 9) = 3
0.25
 (n – 3)(n + 9) = 4
3
 n
2
+ 6n – 91 = 0
7

1 1.0

Giả sử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y
         

Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
  


  


0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
0.25
Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n
 



  


  

 toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2
2
1
2 0
x t
y t
z t
x y z
 


  


  


   

(tham số t)
(1; 3;0)
M

( 1; 3; )
MN x y z
 

.
Ta có
MN

vuông góc với
u


nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
Lại có N

(P) và MN =
42
ta có hệ:
2 2 2
2 0
2 3 11 0
( 1) ( 3) 42
x y z
x y z
x y z

   

   


(không thoả mãn)
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
7

VII.b
Giải hệ phương trình
 
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y

  




 



1.0


  
     
  

0.25
2
2 2 2 2
3
3 3
25
25 9 25
10
x y
x y x y
y
x y y y


 
 

  
  

   
 



0.25

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như
đáp án quy định. (không thỏa mãn đk)
(không thỏa mãn đk)