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
4 2
( ) 8x 9x 1y f x= = − +
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
4 2
8 os 9 os 0c x c x m− + =
với
[0; ]x
π
∈
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
3
log
1
2 2
2
x
x x x
 
− − = −
 ÷
 
2. Giải hệ phương trình:
2 2

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 1 0x y+ + =
và phân giác trong CD:
1 0x y+ − =
.
Viết phương trình đường thẳng BC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số
2
2
2 2
x t
y t
z t
= − +


= −


= +

.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

.Một điểm M thay đổi trên đường thẳng
∆
, xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị
nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + <
 ÷
+ + + + + +
 
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 1,00
+ Tập xác định:
D = ¡
0,25
+ Sự biến thiên:
• Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞

   
C§
0,25
• Đồ thị
0,25
2 1,00
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng…… SĐT: 0977467739
Xét phương trình
4 2
8 os 9 os 0c x c x m− + =
với
[0; ]x
π
∈
(1)
Đặt
osxt c=
, phương trình (1) trở thành:
4 2
8 9 0 (2)t t m− + =
Vì
[0; ]x
π
∈
nên
[ 1;1]t ∈ −
, giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của
phương trình (1) và (2) bằng nhau.
0,25
Ta có:

•
81
1
32
m≤ <
: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.
•
0 1m
< <
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
•
0m
=
: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
• m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
II 2,00
1 1,00
Phương trình đã cho tương đương:
3
3
log
log
3
2 0
2
2 0
1
1
1



 

 

 

⇔ ⇔ − =
− =
 
− =
 ÷

 ÷

 ÷


 
 
 

 



 

>

x
x x
x x
x
=

= =
 

 
 =

 =  =
 

 


 
 

 
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  
 

 
− =

− = =

= +


;
x y= −
không thỏa hệ nên xét
x y≠ −
ta có
2
1
2
u
y v
v
 
= −
 ÷
 
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12
12
2
u v
u u
v
v
+ =


0,25
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng…… SĐT: 0977467739
+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y

=

− =

⇔
 
=
+ =



(I)
+
2 2
3
3
9

III 0,25
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi:
2
| 4 | ( )y x x C= −
và
( )
: 2d y x=
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
2
2 2
2 2
0 0
0
| 4 | 2 2
4 2 6 0
6
4 2 2 0
x x
x
x x x x
x x x x x
x
x x x x x
≥ ≥
 
=

 

 

0;2 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤
nên
2 2
| 4 | 4x x x x− = − +
⇒

( )
2
2
0
4
4 2
3
I x x x dx= − + − =
∫
0,25
Tính
( )
6
2
2
| 4 | 2K x x x dx= − −
∫
Vì
[ ]
2
2;4 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤
và
[ ]
2

⊥

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∈
.
0,25
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC= = = = = =
Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ =
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi:
( )
' . '
3
h
V B B B B= + +
Trong đó:
2 2 2
2 2

π π π
 
     
= + =
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
+/
( )
2
1 1
os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x
4 2 2 2
c c
π π
 
   
= + = −
 ÷  ÷
 ÷
   
 
Do đó phương trình đã cho tương đương:
( )
1 1
2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)
2 2
c + =
Đặt

.
0,25
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng…… SĐT: 0977467739
Trong đoạn
2; 2
 
−
 
, hàm số
2
4y t t= +
đạt giá trị nhỏ nhất là
2 4 2−
tại
2t = −
và
đạt giá trị lớn nhất là
2 4 2+
tại
2t =
.
0,25
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi
2 4 2 2 2 2 4 2m− ≤ − ≤ +
2 2 2 2m⇔ − ≤ ≤
.
0,25
VIa 2,00
1 1,00
Điểm

: 1 0AK CD x y⊥ + − =
tại I (điểm
K BC∈
).
Suy ra
( ) ( )
: 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + =
.
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
( )
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =

⇒

− + =

.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK
⇒
tọa độ của
( )
1;0K −
.
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:


= =


∈


Trong mặt phẳng
( )
P
,
IH IA≤
; do đó
axIH = IA H Am ⇔ ≡
. Lúc này (P) ở vị trí (P
0
) vuông góc với IA
tại A.
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng…… SĐT: 0977467739
Vectơ pháp tuyến của (P
0
) là
( )
6;0; 3n IA= = −
r uur
, cùng phương với
( )
2;0; 1v = −
r
.

5
1
1 5
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
 
+ + + + ≤ + + + + +
 ÷
+ + + + + +
 
≤ + + +
+ +
 
= − − +
 ÷
+ + +
 
 
≤ − − +
 ÷

.
0,25
Ngoài ra:
( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4| 4
3 3 3 3 3
;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C D
t
d C AB CH
t C D

   
= ⇒
−
 ÷  ÷

= ⇔ = ⇔
   


= ⇒ − −

Vậy tọa độ của C và D là
5 8 8 2

.
Điểm
M ∈∆
nên
( )
1 2 ;1 ;2M t t t− + −
.
0,25
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng…… SĐT: 0977467739
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2 2
2
2
2 2 2 2
2
2 2
2 2
2 2 4 2 9 20 3 2 5
4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5
3 2 5 3 6 2 5
AM t t t t t
BM t t t t t t



= − +


r
r
Suy ra
| | | |AM BM u v+ = +
r r
và
( )
6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + =
r r r r
Mặt khác, với hai vectơ
,u v
r r
ta luôn có
| | | | | |u v u v+ ≥ +
r r r r
Như vậy
2 29AM BM+ ≥
0,25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,u v
r r
cùng hướng
3 2 5
1
3 6

.
Đặt
( )
, , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
+ +
= = = > ⇒ + > + > + >
.
Vế trái viết lại:
2
3 3 2
a b a c a
VT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y
+ +
= + +
+ + + +
= + +
+ + +
0,50
Ta có:
( ) ( )
2
2
z z
x y z z x y z z x y

+ + + + <
 ÷
+ + + + + +
 
0,50
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG-ĐỀ SỐ 2
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng…… SĐT: 0977467739
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
( ) 2y f x x x= = −
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)
1. Giải phương trình lượng giác:
( )
2 cos sin
1
tan cot 2 cot 1
x x
x x x
−
=
+ −
2. Giải bất phương trình:
( )
2
3 1 1

định bởi:
2 2
( ) : 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y+ − − = ∆ + − =
. Tìm điểm M trên
∆
sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến
lập với nhau một góc 60
0
.
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
( )
: 3 0d x y− − =
và có hoành độ
9
2
I
x =
, trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các
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
2 2 2
( ) : 4 2 6 5 0, ( ): 2 2 16 0S x y z x y z P x y z+ + − + − + = + − + =
.
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

3 2
0
' 4 4 4 1 ; ' 0
1
x
y x x x x y
x
=

= − = − = ⇔

= ±

0,25
• Bảng biến thiên
( ) ( ) ( )
1 2
1 1; 1 1; 0 0
CT CT
y y y y y y= − = − = = − = =
C§

0,25
• Đồ thị
0,25
2 1,00
Ta có
3
'( ) 4 4f x x x= −
. Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.

1 0
1 0
' '
3 2 3 2
a ab b
a ab b
a b
f a af a f b bf b
a a b 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−


0,25
Từ (1) ta có:
( )
2 cos sin
1 cos .sin 2
2 sin
sin cos 2 cos
cos
1
cos sin 2 sin
x x
x x
x
x x x
x
x x x
−
= ⇔ =
+ −
0,25
2sin .cos 2 sinx x x⇔ =
( )
2
2
4
cos
2
2
4

>
0,25
Phương trình đã cho tương đương:
( )
( ) ( )
1 1
2
3
3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3
2 2 2
x x x x
− −
− + + − > +
( )
( ) ( )
2
3 3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3
2 2 2
x x x x⇔ − + − − > − +
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
log 2 3 log 2 log 3x x x x⇔ − − > − − + 
 
0,25
( ) ( )
3 3


< −
⇔ − > ⇔

>


0,25
Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là
10x >
0,25
III 1,00
1 1,00
( )
2
2
0
2
2
0
1
cos 2 1 sin 2
2
1 1
1 sin 2 sin 2
2 2
I x x dx
x d x
π
π

π π
= −
= − =
∫ ∫
0,50
IV 1,00
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó
OM AB
⊥
và
' DO N C
⊥
.
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:
OMI∆
vuông cân tại O nên:
2 2 2
.
2 2 2 2 2
h a
OM OI IM h a= = ⇒ = ⇒ =
0,25
Ta có:
2
2
2 2 2
2 2 2 2
2 3a
2 4 4 8 8

S
π
π π
= =
0,25
V 1,00
Phương trình
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − =
(1)
Điều kiện :
0 1x
≤ ≤
Nếu
[ ]
0;1x∈
thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có
điều kiện
1
1
2
x x x= − ⇒ =
. Thay
1
2
x =
vào (1) ta được:
3

( )
( )
( ) ( )
4
4
2 2
4 4
1 2 1 2 1 1
1 2 1 1 2 1 0
1 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
+ − − − − − = −
⇔ + − − − + + − − − =
⇔ − − + − − =
+ Với
4 4
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
+ Với
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
0,25
* Với m = 1 thì (1) trở thành:

.
0,25
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng
∆
, nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20 (1)
2 12 0 (2)
x y
x y

− + − =


+ − =


0,25
Khử x giữa (1) và (2) ta được:
( ) ( )
2 2
2
3
2 10 1 20 5 42 81 0
27
5
x
y y y y
x

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
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là
3 3
;0;
2 2
G
 
 ÷
 
, bán kính là
14
2
R GA= =
.
0,50
VIIa 1,00
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là :
9
18
C
.
0,25
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng…… SĐT: 0977467739
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.
+ Không có bi xanh: có
9
13

: 3 0 ;
2 2
I d x y I
 
∈ − − = ⇒
 ÷
 
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)
( ) ( )
2 2
9 9
2 2 2 3 2
4 4
I M I M
AB IM x x y y= = − + − = + =
D
12
. D = 12 AD = 2 2.
3 2
ABCD
ABC
S
S AB A
AB
= ⇔ = =
( )
AD d
M AD
⊥

 
  
⇔ ⇔
  
− + = − + − =
− + =
 

 

3 2
3 1 1
y x x
x y
= − =
 
⇔ ⇔
 
− = ± =
 
hoặc
4
1
x
y
=


= −



⇔
 
+ = − = − =


=


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).
0,50
2 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
, 5
3
d d I P d R
+ − − +
= = = ⇒ >
.
Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.
0,25
Trong trường hợp này, M ở vị trí M
0
và N ở vị trí N

3
x t
y t t
z t
= +


= − + ∈


= −

¡
.
Tọa độ của N
0
ứng với t nghiệm đúng phương trình:
( ) ( ) ( )
15 5
2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0
9 3
t t t t t+ + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = −
Suy ra
0
4 13 14
; ;
3 3 3
N
 
− −

0,50
Ta lại có:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
1 2 2
2 4 4 2 2 0
2 2 4 7
2 1 1 1 0
a b c a b c
a b c a b c a
a b c
≥ = ⇔ + + + − − − ≥
+ + + + + +
⇔ − + − + − ≥
Tương tự:
2 2
1 2 1 2
;
2 7 2 7b c a b c a b c
≥ ≥
+ + + + + +
Từ đó suy ra
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a b b c c a a b c
+ + ≥ + +
+ + + + + +
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + +
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3
2
2
1
2
1
dx
A
x x
=
−
∫
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.
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng…… SĐT: 0977467739
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
( )
2
2
7 6 0
2 1 3 0
x x
x m x m
− + ≤
− + − + ≥



+ +

− <




≥


(Ở đây
,
k k
n n
A C
lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)
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
2 4 8 0x y x y+ + − − =
.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):
2 2 1 0x y z− + − =
và các đường thẳng
1 2
1 3 5 5
: ; :
2 3 2 6 4 5

f x
x
π
π
>
+
∫
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 3
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 1,00
Khi m = 1 ta có
3 2
3 1y x x= + −
+ MXĐ:
D = ¡
0,25
+ Sự biến thiên:
• Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
•
2
' 3 6y x x= +
;
2

( )
2
' 3 6 1y mx mx m⇒ = + − −
Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi
' 0y =
không có nghiệm hoặc có nghiệm kép
0,50
( )
2 2
' 9 3 1 12 3 0m m m m m⇔ ∆ = + − = − ≤
1
0
4
m⇔ ≤ ≤
0,25
II 2,00
1 1,00
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x
+
= +
(1)
Điều kiện:
sin 2 0x ≠

⇔ = ⇔ − = ⇔ =
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
2 1,00
( ) ( )
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + +
(2)
Điều kiện:
1 0
4 4
4 0
1
4 0
x
x
x
x
x
+ ≠

− < <


− > ⇔
 
≠ −


=

⇔

= −

lo¹i
0,25
+ Với
4 1x− < < −
ta có phương trình
2
4 20 0x x− − =
(4);
( )
( )
2 24
4
2 24
x
x

= −
⇔

= +


lo¹i
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là

0,50
1 3
3
2 2
2
1
2 2
1
2
3
2
2
1 1 1 7 4 3
ln ln
1 1 2 1 2 3
|
dt dt t
A
t t t
 
+ +
= = = =
 ÷
 ÷
− − −
 
∫ ∫
0,50
IV 1,00
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng…… SĐT: 0977467739

0,25
2
1 36
. 8 2
9
2
2 2
SAB
SAB
S
S AB SE AB
SE
= ⇔ = = =
( )
2
2
2 2 2 2
1 9 9 265
4 2 32
2 8 8 8
OA AE OE AB OE
 
= + = + = + = + =
 ÷
 
0,25
Thể tích hình nón đã cho:
2
1 1 265 265
. . .3


− + ≤


− + − + ≥


( )
1 1 6x⇔ ≤ ≤
. Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại
[ ]
0
1;6x ∈
thỏa mãn (2).
0,25
( ) ( )
( )
[ ]
2
2
2 3
2 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0)
2 1
x x
x x x m m do x x
x
− +
⇔ − + ≥ + ⇔ ≥ ∈ ⇒ + >
+
Gọi

x x
+ −
+ −
= =
+ +
;
( )
2
1 17
' 0 4 0
2
f x x x x
− ±
= ⇔ + − = ⇔ =
Vì
[ ]
1;6x∈
nên chỉ nhận
1 17
2
x
− +
=
0,25
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng…… SĐT: 0977467739
Ta có:
2 27 1 17 3 17
(1) , (6) ,
3 13 2 2
f f f

2 6 0 4
x y x
A
x y y
+ − = = −
 
⇔ ⇒ −
 
+ − = =
 
0,25
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình
( )
4 3 4 0 1
1;0
1 0 0
x y x
B
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 
0,25
Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
( ) ( )
2 4 0 2 4 0a x b y ax by a b+ + − = ⇔ + + − =
Gọi

+ +
∆ ∆ = ∆ ∆ ⇔ =
+
=

⇔ + = + ⇔ − = ⇔

− =

+ a = 0
0b⇒ ≠
. Do đó
3
: 4 0y∆ − =
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra
3
: 4 3 4 0x y∆ + − =
(trùng với
1
∆
).
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.
0,25
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:
( )
4 0 5
5;4
1 0 4
y x
C



=


0,25
Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2
5 2 1
10 4 2 30 (1)
OI AI OI AI a b c a b c
a b c
= ⇔ = ⇔ + + = − + − + −
⇔ + + =
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
| 2 2 5|
, 9 2 2 5 (2)
3
a b c
OI d I P a b c a b c a b c
+ − +
= ⇔ + + = ⇔ + + = + − +
( )

b c
−
= − =
Từ (2) và (3) suy ra:
2 2 2
9 (5)a b c+ + =
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:
( ) ( )
2 221 658 0a a− − =
Như vậy
2a
=
hoặc
658
221
a =
.Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc
658 46 67
; ;
221 221 221
I
 
−
 ÷
 
và R = 3.
0,25
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
( ) ( ) ( )
2 2 2

n n n n n
n n n
− − − − − − −

− < − −


⇔

+ − − −

≥ + −


0,50
2
2
9 22 0
5 50 0 10
5
n n
n n n
n

− − <

⇔ − − ≥ ⇔ =


≥

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
Phương trình tham số của d
1
là:
1 2
3 3
2
x t
y t
z t
= +


= −


=

. M thuộc d
1
nên tọa độ của M
( )
1 2 ;3 3 ;2t t t+ −
.
Theo đề:
( )
( )

1;3;0M
0,25
+ Ứng với M
1
, điểm N
1

2
d∈
cần tìm phải là giao của d
2
với mp qua M
1
và // mp (P), gọi mp này là
(Q
1
). PT (Q
1
) là:
( ) ( )
3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z− − + − = ⇔ − + − =
.
0,25
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng…… SĐT: 0977467739
Phương trình tham số của d
2
là:
5 6
4
5 5

0 3
3
x
x
> ⇔ <
−
( )
( ) ( )
3
1
( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3
3
f x x x
x
= = − − = − −
−
;
( )
( )
1 3
'( ) 3 3 '
3 3
f x x
x x
= − − =
− −
0,25
Ta có:
( ) ( ) ( )
2

π
>
+
∫
( ) ( )
2 1
3 3
2
0
3 2
3 2
1
3
3; 2
3; 2
2
x
x
x x
x x
x
x x
x x
−

< −


<
>

Câu II (2,0 điểm)
1. Giài phương trình:
( ) ( )
2 cos x 1 sin x cos x 1- + =
2. Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
2 3 3
1 1 1
4 4 4
3
log x 2 3 log 4 x log x 6
2
+ - = - + +
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân:
2
2
0
cos x
I dx
sin x 5 sin x 6
p
=
- +
ò
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
0
30
và tam giác

OB 8=
và góc

·
0
AOB 60=
. 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
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)

2.
1 2
C (0;0; 3), C (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.
1 2
D (0; 7;0), D (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)
Cho hàm số
mx 4
y
x m
+
=
+
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
m 1=

. 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:
2 2 2
2 2 2
1 1 1
x y z 82
x y z
+ + + + + ³
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)
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng…… SĐT: 0977467739
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.
2 m 1- < -£
Câu II (2,0 điểm)
1.
x k ; x k
6 4
p p
= ± + = - +p p
2.
x 2=
Câu III (1,0 điểm)

28
I
15
=
Câu IV (1,0 điểm)

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