ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 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 với . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2. Giải hệ phương trình: Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường và . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm 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. ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: và phân giác trong CD: . Viết phương trình đường thẳng BC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số .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 , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng có phương trình tham số .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 Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1 1 4 2 ( ) 8x 9x 1y f x= = − + 4 2 8 os 9 os 0c x c x m− + = [0; ]x π ∈ ( ) 3 log 1 2 2 2 x x x x   − − = −  ÷   2 2 2 2 12 12 x y x y y x y  + + − =   − =   2 | 4 |y x x= − 2y x= 2 4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0 4 4 4 c c m π π π       − + =  ÷  ÷  ÷       ∆ 2 1 0x y+ + = 1 0x y+ − = 2 2 2 2 x t y t z t = − +   = −   = +  ∆∆ 1 1 1 5 1 1 1xy yz zx x y z + + ≤ + + + + + ∆ 1 2 1 2 x t y t z t = − +   = −   =  ∆ 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b   + + + + <  ÷ + + + + + +   Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 + Tập xác định: 0,25 + Sự biến thiên: • Giới hạn: • 0,25 • Bảng biến thiên. 0,25 • Đồ thị 0,25 2 D = ¡ lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = +∞ ( ) 3 2 ' 32x 18x = 2x 16x 9y = − − 0 ' 0 3 4 x y x =   = ⇔  = ±  ( ) 3 49 3 49 ; ; 0 1 4 32 4 32 CT CT y y y y y y     = − = − = = − = =  ÷  ÷     C§ 2 1,00 Xét phương trình với (1) Đặt , phương trình (1) trở thành: Vì nên , 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: Gọi (C 1 ): với và (D): y = 1 – m. Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C 1 ) và (D). Chú ý rằng (C 1 ) giống như đồ thị (C) trong miền . 0,25 Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: • : Phương trình đã cho vô nghiệm. 1. : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. • : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. • : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. • : Phương trình đã cho có 1 nghiệm. • m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm. 0,50 II 2,00 1 1,00 3 4 2 8 os 9 os 0c x c x m− + = [0; ]x π ∈ osxt c= 4 2 8 9 0 (2)t t m− + = [0; ]x π ∈[ 1;1]t ∈ − 4 2 (2) 8 9 1 1 (3)t t m⇔ − + = − 4 2 8 9 1y t t= − + [ 1;1]t ∈ − 1 1t− ≤ ≤ 81 32 m > 81 32 m = 81 1 32 m≤ < 0 1m< < 0m = Phương trình đã cho tương đương: 0,50 0,50 2 1,00 Điều kiện: Đặt ; không thỏa hệ nên xét ta có . Hệ phương trình đã cho có dạng: 0,25 hoặc + (I) + (II) 0,25 Giải hệ (I), (II). 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 1,00 III 0,25 4 3 3 log log 3 2 0 2 2 0 1 1 1 log ln 0 ln 0 1 2 2 2 2 2 2 0 x x x x x x x x x x x x  − =  = − =                 ⇔ ⇔ − = − =   − =  ÷   ÷   ÷                  > >  − >        3 2 2 2 log 0 1 1 2 1 1 3 ln 0 1 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x =  = =       =   =  =               ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =         − =  − = =       ÷                   > > >       | | | |x y≥ 2 2 ; 0u x y u v x y  = − ≥   = +   x y= − x y ≠ − 2 1 2 u y v v   = −  ÷   2 12 12 2 u v u u v v + =      − =  ÷     4 8 u v =  ⇔  =  3 9 u v =   =  2 2 4 4 8 8 u x y v x y  =  − =  ⇔   = + =    2 2 3 3 9 9 u x y v x y  =  − =  ⇔   = + =    ( ) ( ) { } 5;3 , 5;4S = ( ) ( ) { } 5;3 , 5;4S = Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: và Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): Suy ra diện tích cần tính: 0,25 Tính: Vì nên 0,25 Tính Vì và nên . 0,25 Vậy 1,00 IV 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có: 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 . 0,25 Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 0,25 5 2 | 4 | ( )y x x C= − ( ) : 2d y x= ( ) ( ) 2 6 2 2 0 2 4 2 4 2S x x x dx x x x dx= − − + − − ∫ ∫ 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 2 0 | 4 | 2I x x x dx= − − ∫ [ ] 2 0;2 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤ 2 2 | 4 | 4x x x x− = − + ⇒ ( ) 2 2 0 4 4 2 3 I x x x dx= − + − = ∫ ( ) 6 2 2 | 4 | 2K x x x dx= − − ∫ [ ] 2 2;4 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤ [ ] 2 4;6 , 4 0x x x∀ ∈ − ≥ ( ) ( ) 4 6 2 2 2 4 4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx= − − + − − = − ∫ ∫ 4 52 16 3 3 S = + = ( ) ( ) ( ) ' ' ' ' ' ' AB IC AB CHH ABB A CII C AB HH ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  'K II∈ 1 3 1 3 ' ' ' ' ' ; 3 6 3 3 x x I K I H I C IK IH IC= = = = = = 2 2 2 2 3 3 ' . . 6r 6 3 x x I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ = Thể tích hình chóp cụt tính bởi: Trong đó: 0,25 Từ đó, ta có: 0,25 V 1,00 Ta có: +/ ; +/ +/ Do đó phương trình đã cho tương đương: Đặt (điều kiện: ). 0,25 Khi đó . Phương trình (1) trở thành: (2) với Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): với . 0,25 Trong đoạn , hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là tại và đạt giá trị lớn nhất là tại . 0,25 Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi . 0,25 VIa 2,00 1 1,00 Điểm . Suy ra trung điểm M của AC là . 0,25 Điểm 0,25 0,25 Từ A(1;2), kẻ tại I (điểm ). Suy ra . Tọa độ điểm I thỏa hệ: . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung 6 ( ) ' . ' 3 h V B B B B= + + 2 2 2 2 2 4x 3 3 3r 3 3 6r 3; ' ; 2r 4 4 2 x B x B h= = = = = = 2 2 3 2 2 2r 3r 3 3r 3 21r . 3 6r 3 6r 3. 3 2 2 3 V    ÷ = + + =  ÷   ( ) 4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ( ) 4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x 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       = + = −  ÷  ÷  ÷       ( ) 1 1 2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1) 2 2 c + = os2x + sin2x = 2 os 2x - 4 t c c π   =  ÷   2 2t− ≤ ≤ 2 sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1− 2 4 2 2 0t t m+ + − = 2 2t− ≤ ≤ 2 (2) 4 2 2t t m⇔ + = − ( ) : 2 2D y m= − 2 4y t t= + 2 2t− ≤ ≤ 2; 2   −   2 4y t t= + 2 4 2− 2t = − 2 4 2+ 2t = 2 4 2 2 2 2 4 2m− ≤ − ≤ + 2 2 2 2m⇔ − ≤ ≤ ( ) : 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ − 1 3 ; 2 2 t t M + −    ÷   ( ) 1 3 : 2 1 0 2 1 0 7 7;8 2 2 t t M BM x y t C + −   ∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −  ÷   : 1 0AK CD x y⊥ + − = K BC∈ ( ) ( ) : 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + = ( ) 1 0 0;1 1 0 x y I x y + − =  ⇒  − + =  ⇒ ( ) 1;0K − điểm của AK tọa độ của . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng , thì hoặc . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có và . Mặt khác Trong mặt phẳng , ; do đó . Lúc này (P) ở vị trí (P 0 ) vuông góc với IA tại A. Vectơ pháp tuyến của (P 0 ) là , cùng phương với . Phương trình của mặt phẳng (P 0 ) là: . VIIa Để ý rằng ; và tương tự ta cũng có 0,25 Vì vậy ta có: 1,00 7 1 4 3 4 0 7 1 8 x y x y + = ⇔ + + = − + ∆ ( ) //( )P D ( ) ( )P D⊃ IH IA≤ IH AH⊥ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ,d D P d I P IH H P  = =   ∈   ( ) P IH IA≤ axIH = IA H Am ⇔ ≡ ( ) 6;0; 3n IA= = − r uur ( ) 2;0; 1v = − r ( ) ( ) 2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z− − + = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 0xy x y x y+ − + = − − ≥ 1 1 yz y z zx z x + ≥ +   + ≥ +  vv Ta có: . Phương trình của AB là: . . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: . 0,25 Mặt khác: (CH: chiều cao) . 0,25 Ngoài ra: Vậy tọa độ của C và D là hoặc 0,50 2 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Đường thẳng có phương trình tham số: . Điểm nên . 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ và . Ta có Suy ra và Mặt khác, với hai vectơ ta luôn có Như vậy 0,25 8 ( ) 1 1 1 1 1 1 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   + + + + ≤ + + + + +  ÷ + + + + + +   ≤ + + + + +   = − − +  ÷ + + +     ≤ − − +  ÷ + +   = ( ) 1;2 5AB AB= − ⇒ = uuur 2 2 0x y+ − = ( ) ( ) : ;I d y x I t t∈ = ⇒ ( ) ( ) 2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− − D . 4 ABC S AB CH= = 4 5 CH⇒ = ( ) ( ) ( ) 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      = ⇒ −  ÷  ÷  = ⇔ = ⇔       = ⇒ − −  5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3 C D      ÷  ÷     ( ) ( ) 1;0 , 0; 2C D− − ∆ 1 2 1 2 x t y t z t = − +   = −   =  M ∈∆ ( ) 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 3 2 5 3 6 2 5 AM t t t t t BM t t t t t t AM BM t t = − + + − − + = + = + = − + + − − + − + = − + = − + + = + + − + ( ) 3 ;2 5u t= r ( ) 3 6;2 5v t= − + r ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 | | 3 2 5 | | 3 6 2 5 u t v t  = +     = − +   r r | | | |AM BM u v+ = + r r ( ) 6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + = r r r r ,u v r r | | | | | |u v u v+ ≥ + r r r r 2 29AM BM+ ≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cùng hướng và . 0,25 Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 0,25 VIIb 1,00 Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:. Đặt . Vế trái viết lại: 0,50 Ta có: . Tương tự: Do đó: . Tức là: 0,50 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG-ĐỀ SỐ 2 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 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. Giải bất phương trình: Câu III (1 điểm) Tính tích phân: Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 45 0 . Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ. Câu V (1 điểm) Cho phương trình 9 ,u v r r 3 2 5 1 3 6 2 5 t t t ⇔ = ⇔ = − + ( ) 1;0;2M⇒ ( ) min 2 29AM BM+ = ( ) 2 11 29+ a b c b c a c a b + >   + >   + >  ( ) , , , , 0 , , 2 2 a b c a x y a z x y z x y z y z x z x y + + = = = > ⇒ + > + > + > 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 + + = + + + + + + = + + + + + ( ) ( ) 2 2 z z x y z z x y z z x y x y z x y + > ⇔ + + < + ⇔ > + + + 2 2 ; . x x y y y z x y z z x x y z < < + + + + + + ( ) 2 2 x y z x y z y z z x x y x y z + + + + < = + + + + + 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b   + + + + <  ÷ + + + + + +   4 2 ( ) 2y f x x x= = − ( ) 2 cos sin 1 tan cot 2 cot 1 x x x x x − = + − ( ) 2 3 1 1 3 3 1 log 5 6 log 2 log 3 2 x x x x− + + − > + ( ) 2 4 4 0 cos2 sin cosI x x x dx π = + ∫ ( ) ( ) 3 4 1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − = 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: . 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 và có hoành độ , 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 . 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 trí của M, N tương ứng. Câu VII.b (1 điểm) Cho là những số dương thỏa mãn: . Chứng minh bất đẳng thức Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 2 I 2,00 1 1,00 + MXĐ: 0,25 + Sự biến thiên • Giới hạn: • 0,25 • Bảng biến thiên 0,25 10 ∆ 2 2 ( ): 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y+ − − = ∆ + − = ∆ ( ) : 3 0d x y− − = 9 2 I x = 2 2 2 ( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0S x y z x y z P x y z+ + − + − + = + − + = , ,a b c 2 2 2 3a b c+ + = 2 2 2 1 1 1 4 4 4 7 7 7a b b c c a a b c + + ≥ + + + + + + + + D = ¡ lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = +∞ ( ) 3 2 0 ' 4 4 4 1 ; ' 0 1 x y x x x x y x =  = − = − = ⇔  = ±  [...]... 4 + 4 a + b b + c c + a a 2 + 7 b2 + 7 c2 + 7 T ú suy ra ng thc xy ra khi v ch khi a = b = c = 1 THI TH I HC - CAO NG- S 3 Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian giao PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im) Cõu I (2 im) Cho hm s , m l tham s y = f ( x) = mx 3 + 3mx 2 ( m 1) x 1 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s trờn khi m = 1 2 Xỏc nh cỏc giỏ tr ca m hm s khụng y = f ( x) cú cc tr Cõu II... 16 = 0 1 x + 2y + z - 3 = 0 2 Cõu VII.b (1,0 im) 60 c s Ht THI TH TUYN SINH I HC- S 9 Thi gian lm bi: 180 phỳt I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) Cho hm s (1) y = x4 - 2mx2 + 2m + m4 m=1 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm s (1) khi 2 Xỏc nh m hm s (1) cú cc i v cc tiu, ng thi cỏc im cc i v cc tiu ca th hm s (1) lp thnh mt tam giỏc u Cõu II (2,0 im) 1 Gii... ú: sin dt < 0 > 2 3 x x + 2 ( x 3) ( x +2 ) 1 f '( x > 0 ) < x . 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. bi xanh và vàng chỉ là 8. + Không có bi xanh: có cách. + Không có bi vàng: có cách. 0,25 Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có cách chọn 9 viên bi đỏ được tính. có: 0,50 Ta lại có: Tương tự: Từ đó suy ra Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 0,50 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG- ĐỀ SỐ 3 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN