Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
ĐỀ 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
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
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
log ln 0

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

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
+ =



+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y

=

− =

⇔
 
=
+ =



(I)
+
2 2
3
3
9
9

5;3 , 5;4S =
1,00
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
≥ ≥
 
=

 

[ ]
2
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
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
Tính
( )
6
2
2
| 4 | 2K x x x dx= − −
∫
Vì
[ ]
2
2;4 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

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:

4 4 2
c c c c
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:
0,25
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
( )
1 1

4y t t= +

với
2 2t− ≤ ≤
.
0,25
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

0,25
Từ A(1;2), kẻ
: 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
( )

( )
( )
, ,d D P d I P IH
H P

= =


∈


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.
Vectơ pháp tuyến của (P
0
) là
( )
6;0; 3n IA= = −
r uur
, cùng phương với

1 1 1 1 1 1
3
1 zx+y
1
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
 
+ + + + ≤ + + + + +
 ÷
+ + + + + +
 
≤ + + +
+ +
 
= − − +
 ÷
+ + +

(CH: chiều cao)
4
5
CH⇒ =
.
0,25
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
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

   
= ⇒
−
 ÷  ÷

= ⇔ = ⇔
   


= −


=

.
Điểm
M ∈∆
nên
( )
1 2 ;1 ;2M t t t− + −
.
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
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


= +




= − +


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



+ >

.
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:
0,50
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
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
+ +
= + +
+ + + +
= + +
+ + +
Ta có:

3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + <
 ÷
+ + + + + +
 
0,50
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG-
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
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
−
=

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:
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 =

+ Sự biến thiên
• Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
•
( )
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§

, do đó (1) tương đương với phương trình:
2 2
1 0 (2)a ab b+ + − =
Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau

( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
2 2
4 2 4 2
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


+ + − =
+ + − =
 
⇔ ≠ ⇔
 
− = −
− + = − +



cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0
cot 1
x x x x x
x
+ ≠


≠


0,25
Từ (1) ta có:
( )
2 cos sin
1 cos .sin 2
2 sin
sin cos2 cos
cos
1
cos sin 2 sin
x x
x x
x
x x x
x
x x x
−
= ⇔ =
+ −
0,25

4
x k k
π
π
= − + ∈¢
0,25
2 1,00
Điều kiện:
3x >
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

+
0,25
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
2
10
9 1
10
x
x
x

< −
⇔ − > ⇔

>


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

2 4
1 1
sin 2 sin 2 0
2 12
| |
d x xd x
x 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

⇒ = = =
0,25
và
2
a 3 2 3
2 Rh=2 . . .
2 2
2 2
xq
a a
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 0
2
x x x− − = ⇔ =
Phương trình có nghiệm duy nhất.
0,25
* Với m = -1; (1) trở thành
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
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

này lập với nhau một góc 60
0
thì IAM là nửa tam giác đều suy ra
2R=2 5IM =
.
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20x y− + − =
.
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:

M
 
 ÷
 
0,25
2 1,00
Ta tính được
10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = =
.
0,25
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
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
VII

10 18 13 15
42910C C C C+ − − =
cách.
0,50
VIb 2,00
1 1,00
I có hoành độ
9
2
I
x =
và
( )
9 3
: 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= = − + − = + =

2
2
2
3 0
3 3
3 2 3 3 2
3 2
x y
y x y x
x y x x
x y
+ − =

= − + = − +
 
  
⇔ ⇔
  
− + = − + − =
− + =
 

 

3 2
3 1 1
y x x
x y
= − =
 

C I A
A C C I A
I
x x
x
x x x
y y y y y
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
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
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):

∆

và (P).
Đường thẳng
∆
có vectơ chỉ phương là
( )
2;2; 1
P
n = −
r
và qua I nên có phương trình là
( )
2 2
1 2
3
x t
y t t
z t
= +


= − + ∈


= −

¡
.
0,25

0,25
VII
b
1,00
Áp dụng bất đẳng thức
1 1 4
( 0, 0)x y
x y x y
+ ≥ > >
+
Ta có:
1 1 4 1 1 4 1 1 4
; ;
2 2 2a+b+ca b b c a b c b c c a a b c c a a b
+ ≥ + ≥ + ≥
+ + + + + + + + + +
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
≥ = ⇔ + + + − − − ≥

Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình :
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x
+
= +
2. Giải phương trình:
( ) ( )
2 3
4 8
2
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
=
−

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:
4 3 2
1 1 2
4 3
1 1
5
4
7
15
n n n
n
n n
C C A
C A
− − −
−
+ +

− <




≥


(Ở đây
,

( )
3
1
( ) ln
3
f x
x
=
−
và giải bất phương trình
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x
π
π
>
+
∫
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 3
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00


0,25
• Bảng biến thiên
( ) ( )
2 3; 0 1
CT
y y y y= − = = = −
C§
0,25
• Đồ thị
0,25
2 1,00
+ Khi m = 0
1y x⇒ = −
, nên hàm số không có cực trị. 0,25
+ Khi
0m
≠

( )
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

x x
x x x
−
 
⇔ = +
 ÷
 
0,25
2
2
1
1 sin 2
1 1
2
1 sin 2 1 sin 2 0
sin 2 sin 2 2
x
x x
x x
−
⇔ = ⇔ − = ⇔ =
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)

2 2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x
⇔ + + = − + + ⇔ + + = −
⇔ + = − ⇔ + = −
0,25
+ Với
1 4x− < <
ta có phương trình
2
4 12 0 (3)x x+ − =
;
( )
2
(3)
6
x
x
=

⇔

= −

lo¹i
0,25
+ Với
4 1x

2 2 2
2
1 1 2 2
dx tdt
t x t x tdt xdx
x x
= − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = −
2 2
1 1
dx tdt tdt
x t t
⇒ = − =
− −
+ Đổi cận:
1 3
2 2
3 1
2 2
x t
x t
= ⇒ =
= ⇒ =
0,50
1 3
3
2 2
2
1
2 2
1

, vậy OH là khoảng cách từ O
đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:
2 2 2 2 2 2
2
1 1 1 1 1 1 1 8
1
9 9
9 3
8
2 2
OH SO OE OE OH SO
OE OE
= + ⇒ = − = − =
⇒ = ⇒ =
2 2 2
9 81 9
9
8 8
2 2
SE OE SO SE= + = + = ⇒ =
0,25
2
1 36
. 8 2
9
2
2 2
SAB
SAB

9
8 8 8
265 337 89305
. . .
8 8 8
xq
SA SO OA SA
S OA SA
π π π
= + = + = ⇒ =
= = =
0,25
V 1,00
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
Hệ bất phương trình
( )
2
2
7 6 0 (1)
2 1 3 0 (2)
x x
x m x m

− + ≤


− + − + ≥


( )

− +
= ∈
+
0,25
Hệ đã cho có nghiệm
[ ]
0 0
1;6 : ( )x f x m⇔ ∃ ∈ ≥
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
2 4
2 2 8
'
2 1 2 1
x x
x x
f x
x x
+ −
+ −
= =
+ +
;
( )
2

13
f x =
Do đó
[ ]
[ ]
0 0
1;6
27
1;6 : ( ) max ( )
13
x
x f x m f x m m
∈
∃ ∈ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
0,25
VIa 2,00
1 1,00
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:
( )
4 3 4 0 2
2;4
2 6 0 4
x y x
A
x y y
+ − = = −
 
⇔ ⇒ −
 
+ − = =

. Do đó
( )
·
( )
·
( )
2 3 1 2
2 2
2 2
|1. 2. | | 4.1 2.3|
cos ; cos ;
25. 5
5.
0
| 2 | 2 3 4 0
3 4 0
a b
a b
a
a b a b a a b
a b
+ +
∆ ∆ = ∆ ∆ ⇔ =
+
=

⇔ + = + ⇔ − = ⇔

− =


2 1,00
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
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:

2 2 4 (3)
2 2 5 2 2 13
a b c a b c
d I P d I Q
a b c a b c
a b c
a b c a b c
+ − + + − −
= ⇔ =
+ − + = + − −

⇔ ⇔ + − =

+ − + = − − + +

lo¹i
Từ (1) và (3) suy ra:
17 11 11 4a
; (4)
3 6 3
a
b c
−
= − =
0,25
Từ (2) và (3) suy ra:
2 2 2
9 (5)a b c+ + =
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:
( ) ( )

− + − + + =
 ÷  ÷  ÷
     
0,25
VIIa 1,00
Điều kiện:
1 4 5n n
− ≥ ⇔ ≥
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 2 3 4 1 2 3
5
2 3
4.3.2.1 3.2.1 4
1 1 2 3
7
1 1
5.4.3.2.1 15
n n n n n n n
n n
n n n n n
n n n
− − − − − − −

− < − −



2 4 8 0
1; 3
5 2 0
y x
x y x y
y x
x y
= =

+ + − − =

⇔
 
= − = −
− − =


0,50
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
Vì
·
0
90ABC =
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

|12 6 |
, 2 2 12 6 6 1, 0.
3
1 2 2
t t t
t
d M P t t t
+ − − + −
−
= = ⇔ = ⇔ − = ± ⇔ = =
+ − +
0,25
+ Với t
1
= 1 ta được
( )
1
3;0;2M
;
+ Với t
2
= 0 ta được
( )
2
1;3;0M
0,25
+ Ứng với M
1
, điểm N
1


= − −

(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0
⇔
t = -1. Điểm N
1
cần tìm là N
1
(-1;-4;0).
0,25
+ Ứng với M
2
, tương tự tìm được N
2
(5;0;-5). 0,25
VII
b
1,00
Điều kiện
( )
3
1
0 3
3
x
x
> ⇔ <
−

t t
dt dt t t
π π
π
π π
π π π π
−
= = − = − − − = 
 
∫ ∫
0,25
Khi đó:
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x
π
π
>
+
∫
( ) ( )
2 1


< <
 
< ≠ −
< ≠ −



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)
Cho hàm số
( ) ( )
3 2
1
y m 1 x mx 3m 2 x
3
= - + + -
(1)
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.
-1 1
Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán
Câu II (2,0 điểm)
1. Giài phương trình:
( ) ( )
2 cos x 1 sin x cos x 1- + =

5
x y
4
+ =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 1
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
( )
0 0 0 0
B(x ; y ;0), x 0;y 0> >
sao cho
OB 8=
và góc

·
0
AOB 60=