Biên soạn: Trần Duy Thái
2
Sở GD & ĐT Tiền Giang
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Trường THPT Gò Công Đông Môn: Toán - Thời gian: 180 phút

ĐỀ 1
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =
2 3
2
x
x


có đồ thị là (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A,
B sao cho AB ngắn nhất.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình:
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      

2) Giải phương trình:
 
2
2 2



0
60ASO SAB 
. Tính theo
a
chiều cao và
diện tích xung quanh của hình nón
Câu V (1 điểm) Cho hai số dương
,x y
thỏa mãn:
5x y 
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 2
4
x y x y
P
xy
 
 

II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường thẳng
( )d
có phương trình :

2 2 2 2
2 3 4
2 3 4
1 1 1 1
P z z z z
z z z z
       
       
       
       

2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường tròn
 
C
có phương trình
 
2
2
: 4 25x y   và điểm
(1; 1)M  . Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn
 
C tại 2 điểm ,A B sao
cho
3MA MB

2) Trong không gian tọa độ

log 1
2 log ( 1)
x x
x
x
 
   
 
 
 
 

ĐÁP ÁN ĐỀ 1
1) y=
2 3
2
x
x


(C)
D= R\ {2}
lim 2 : 2
x
y TCN y

  

2 2
lim ; lim


) (C) .
Phương trình tiếp tuyến tại M: () y =
2
0 0
2 2
0 0
2 6 6
( 2) ( 2)
x x
x
x x
 


 

( )  TCĐ = A (2;
0
0
2 2
2
x
x


)
( )  TCN = B (2x
0
–2; 2)

o
x M
x M
 


 


II 1.
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      

1,0
TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      
 
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
 

      

   


 



 


0.25
-2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
y

www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
4
t = -1
2
( )
2

  


  


  

 0,25
Câu II.2
(1,0 đ)

 
2
2 2
1 5 2 4; x x x x R    

Đặt
2 2 4 2
2 4 2( 2 )t x x t x x    
ta được phương trình

    
 2
0
2
2
x
x
x


   




+ Với t = 2 ta có
2
4 2 4 2
0 0
2 4 2
2( 2 ) 4 2 2 0
x x
x x
x x x x
 
 
   

0,25
0,25

0,25
III
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
 
2
2
1
ln
e
I x dx

, lấy tích phân từng phần 2 lần được I
2
= e – 2
I = I
1
+ I
2
=
2 2 2
3 3
e  
0.25

0.25

www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái


2
2 2
6
3 2
R a
R a R    
2SA a 

Chiếu cao:
2
2
a
SO 
Diện tích xung quanh:
2
6
2 3
2
xq
a
S Rl a a
  
  

0,25


P x x
y x y x y x

             
P bằng
3
2
khi 1; 4x y  Vậy Min P =
3
2

Lưu ý:
Có thể thay
5y x 
sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số
3 5 3 5
( )
(5 ) 4
x x
g x
x x
 
 


0,25


 

 

     




 
,
do
2b 
không thỏa mãn vậy
2
2 2 2
2 2
1
2 , 2
1
2 , 2
2
2
1
( 2) 1 ( 2) ( 1)
1 ( 2) ( 1)
2
b
a b
b

2 2
2
2
1
2 , 2
1
2
1
4
( 2) ( 1) . 1 0
( 2)
3
a
b
a b
b
b
a
b b
b
b





  




S

O

A
B
I
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
6
Với:
2
1
a
b




1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
 
;2

Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 xx

b) Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
 xxxx

Câu III (1 điểm) Tính tích phân



2ln3
0
23
)2(
x
e
dx
I

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt

Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
 zzzz
, z C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) :3 5 0x y   
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2
5
1
1
3
4
:
1






 zyx
d

13


0,25
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x     
)1(6)12(66'
2
 mmxmxy

y’ có
01)(4)12(
22
 mmm

0,5






1
0'
mx
mx
y

Hàm số đồng biến trên
 
;2


xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3

 xxx sin3sin3cos2   xx sin6sin 

0,25








26
26
mxx
mxx










7
2

Xét khi
7
2
7

m

=

k 
1+2m=7k

k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl 

Vậy phương trình có nghiệm:
5
2

m
x  (
tm 5
);
7
2
7

m
x  (
37  lm

Pt trở thành
0232)13(24
22
 xxtxt

Ta có:
222
)3()232(4)13('  xxxx

0,25
b)
Pt trở thành
0232)13(24
22
 xxtxt

Ta có:
222
)3()232(4)13('  xxxx

0,25
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
8
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12 

Tính tích phân



2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
1 điểm
Ta c ó



2ln3
0 2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
=
Đặt u=










2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1

0,25

=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln

1
)
2
3
ln(
4
3


0,25

Câu IV

BCAM
'
)'( AMABC 

Kẻ
,'AAMH 
(do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC






)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd  .

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA

3
ABC


0,5
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
3 cba
.Chứng minh
rằng:

134)(3
222
 abccba1 điểm
Đặt
2
;134)(3),,(
222
cb
tabccbacbaf



*Trước hết ta chưng minh:
),,(),,( ttafcbaf 
:Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết
cba 



22
22
4
)(
4
4
)(2
3
cb
bca
cb
cb
=
2
2
)(
2
)(3
cba
cb



= 0
2
))(23(
2


 yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất
,nhỏ nhất của biểu thức

www.VNMATH.com