Bộ đề thi thử Đại học môn Toán - Phần 2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 13
(Thời gian làm bài 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: (7 điểm)
Câu I: (2 điểm) 
Cho hàm số có đồ thị là (C)
1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2/Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất.
Câu II: (2 điểm)
1/Giải phương trình: sin3x – 2cos2x = 3sinx + 2cosx;
2/Giải phương trình: 
Câu III: (1 điểm) 
Tính tích phân: I = .
Câu IV: (1 điểm) 
Trong không gian, cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy một góc . Mặt phẳng (P) chứa cạnh AB, tạo với đáy hình chóp góc và cắt SC, SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN theo a.
Câu V: (1 điểm) 
Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
PHẦN RIÊNG: (3 điểm) 
Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương tình chuẩn:
CâuVI.a: (2 điểm)
1/Trong hệ trục Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 12 = 0 và điểm E(4; 1). Tìm toạ độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MA, MB đến (C), với A,B là các tiếp điểm sao cho E thuộc đường thẳng AB.
2/Trong không gian Oxyz, cho 2 đường thẳng và mặt phẳng (P): x + 2y + 3z = 0. Viết phương trình đường thẳng d cắt d1 ; d2 đồng thời d song song (P) và d vuông góc d1.
CâuVII.a:(1 điểm)
Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức: 
B.Theo chương trình nâng cao.
CâuVI.b: (2 điểm)
1/Cho tam giác ABC có diện tích S = , hai đỉnh A(2; - 3), B(3; - 2) và trọng tâm G của tam giác thuộc đường thẳng d: 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.
2/Cho 2 đường thẳng : (d): 
Trong các mặt cầu tiếp xúc với các đường thẳng (d) và (d’), viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất.
CâuVII.b: (1 điểm)
Giải hệ phương trình: 
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 13
Câu
NỘI DUNG 
Điểm
I
(2 điểm)
I/1 (1 điểm)
1/Tập xác định: 
2/Sự biến thiên:
Ta có: 
 Giới hạn và tiệm cận:
Tiệm cận đứng 
Tiệm cận ngang 
 Bảng biến thiên:
 -1 
+
+
2
 2
Vậy: Hàm số đồng biến trên khoảng , trên 
3/Đồ thị: 
Đồ thị (C0) có tâm đối xứng là điểm 
Với 
Với 
I/2 (1 điểm)
Gọi thì tiếp tuyến tại M có phương trình: hay 
Khoảng cách từ tới tiếp tuyến là: 
Theo BĐT Cauchy : , nên . Khoảng cách d lớn nhất bằng khi hoặc x = 0
Vậy có hai điểm M cần tìm: hoặc 
II
(2 điểm)
II/1: (1 điểm) 
 Phương trình đã cho tương đương
2sinx (1 – cosx2) + 2cosx2 + cosx – 1 = 0
(1 + cosx)( 2(sinx + cosx) – 2 sinxcosx – 1) = 0
cosx = - 1 hoặc 2( sinx + cosx ) – 2 sinxcosx – 1 = 0 
1/ cosx = - 1 
2/2( sinx + cosx ) – 2 sinxcosx – 1 = 0 (*)
Đặt t = sinx + cosx , 
Từ (*) ta có: t(t – 2) = 0 t = 0
Với ta có:
x = (kZ)
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm: ; x =
II/2: (1 điểm)
 Điều kiện : – 1.
Đặt t = suy ra: 
Ta có phương trình
1/ ta có:
2/ (không xãy ra theo điều kiện)
Vậy phương trình có nghiệm x = 0
III
(1 điểm)
Ta có:
I=
Đặt 
Khi đó A = 
Vậy I = 
IV
(1 điểm)
Gọi O là tâm hình vuông ABCD, E, F là trung điểm AB, CD
Suy ra MN//AB//CD nên ABMN là hình thang cân đáy lớn AB
Gọi S là diện tích hình thang ABMN ta có: S = (AB+MN).IE ( I là trung điểm MN)
Tam giác SEF đều 
 . S =
Hay SI là đường cao của hình chóp S.ABMN
Tam gíac SEF đều cạnh a, I là trung điểm SF nên SI = a/2 
Vậy: V = (đvtt)
V
(1 điểm)
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 
 (1)
 (2)
 (3)
+ (2) + (3) => 3P (4)
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 
 (a3 + 1 + 1) + (b3 + 1 + 1) + (c3 + 1 + 1) 3( a + b + c)
 a3 + b3 + c3 3 (5)
Từ(4) và (5) ta có: 3P 
Vậy P min = 
VIa
(2 điểm)
 	VIa/1 (1 điểm)
Gọi toạ độ của các tiếp điểm A, B là A(xA,yA), B(xB,yB);
Phương trình tiếp tuyến MA là : (xA – 4)( x – 4) + yAy = 4
Vì tiếp tuyến đi qua M(0; y0) nên ta có : - 4( xA – 4) + yAy0 = 4
Tương tự:
Phương trình đường thẳng AB là:
 Thay yA, yB ta được: 
Thay toạ độ điểm E và phương trình AB ta được: 
Vậy có 1 điểm M (0; 4)
VIa/2 (1 điểm)
Đường thẳng d có véctơ chỉ phương thỏa : 
Gọi A(a; a; a)d1; B(1 - b ; 2b; 3b) d2 
=> (1 - a - b; 2b - a; 3b - a)
Đường thẳng d qua A,B 
Vậy d : 
VIIa
(1 điểm)
Phương trình đã cho tương đương
(z – 1)(z + 3)(z + 2) z = 10(z2 + 2z – 3)( z2 + 2z ) = 10
Vậy phương trình đã cho có nghiệm hoặc 
VIb
(2 điểm)
VIb/1
 Gọi C’ là chân đường cao hạ từ C. Ta có: AB =
 Nên CC’= 
 Qua G kẻ đường // AB và cắt CC’ tại H
Ta có: 
vậy HC’= là khoảng cách từ G đến đường thẳng AB
Phương trình đường thẳng AB là x – y – 5 = 0
Gọi G(x; y), ta có: 
G là giao điểm của trung tuyến CM và một trong 2 đường (1) hoặc (2) ta có: G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)
Từ , ta suy ra có 2 điểm là: C(- 2; - 10) hoặc C(1; - 1)
VIb/2 (1 điểm)
Gọi (S) có tâm I và bán kính R
Gọi tiếp điểm của (S) với (d), (d’) là M,N
Khi đó: 2R = IM + IN MN HK (*) HK là đường vuông góc chung của (d), (d’), H thuộc (d), K thuộc (d’).
 Đẳng thức (*) xảy ra khi và chỉ khi (S) là mặt cầu đường kính HK
Gọi H( t; 2 – t ; - 4 + 2t), K( - 8 + 2s ; 6 + s ;10 – s )
Ta có ( - 8 + 2s – t ; 4 + s + t ; 14 – s – 2 t)
Vì HK là đường vuông góc chung của (d) và (d’) nên: 
H(2; 0; 0), K(0; 10; 6) và HK=
(S) có tâm I(1; 5; 3) là trung điểm HK và bán kính R = 
Vậy phương trình (S): (x – 1)2 + (y – 5)2 + (z – 3)2 = 35.
VIIb
(1 điểm)
Điều kiện : 
Đặt u = Ta có hệ: 
Giải hệ trên được nghiệm: u =1; v = 2 hoặc u = - 2; v = - 1
Vậy hệ có 2 nghiệm: x = 3; y = 9 hoặc x = ; y = 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 14
(Thời gian làm bài 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: (7 điểm)
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số có đồ thị (C).
1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) 
2/Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất . 
Câu II: (2 điểm)
1/Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0 
2/Giải phương trình: x2 – 4x - 3 = 
Câu III: (1 điểm)
Tính tích phân: 
Câu IV: (1 điểm)
Trong không gian, cho hình chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất .
Câu V: ( 1 điểm ) 
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn . Chứng minh	
PHẦN RIÊNG: (3điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a.( 2 điểm ) 
1/Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng :
 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1) 
2/Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P): x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng : 
	d và d’ 
Viết phương trình tham số của đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng d và d’ . Chứng minh d và d’ chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng .
Câu VIIa . ( 1 điểm ) 
Tính tổng : 
B. Theo chương trình Nâng cao	
Câu VI.b.( 2 điểm ) 
1/Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : 
	(C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25
2/Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng :
	d và d’ 
a. Chứng minh hai đường thẳng d và d’ cắt nhau .
b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi d và d’ .
Câu VIIb.( 1 điểm ) 
Giải phương trình : 
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 14
Câu
NỘI DUNG 
Điểm
I
(2 điểm)
I/1 (1 điểm)
1/Tập xác định: 
2/Sự biến thiên:
Ta có: 
 Giới hạn và tiệm cận:
Tiệm cận đứng 
Tiệm cận ngang 
 Bảng biến thiên:
 2 
-
-
 2 
 2
Vậy: Hàm số nghịch biến trên khoảng , trên 
3/Đồ thị: 
Đồ thị (C0) có tâm đối xứng là điểm 
Với 
Với 
I/2 (1 điểm)
Lấy điểm . Ta có : .
Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 
Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : 
Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)
Ta có : . Dấu “=” xảy ra khi m = 2
Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2)
II
(2 điểm)
II/1: (1 điểm) 
 Phương trình đã cho tương đương
2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0 
1/ Xét 
2/Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx 
với . Khi đó phương trình trở thành:
Suy ra : 
II/2: (1 điểm)
 Điều kiện: 
Phương trình đã cho tương đương
Đặt y - 2 = , 
Ta có hệ phương trình :
Vậy phương trình đã cho có nghiệm hoặc 
III
(1 điểm)
Ta có:
 I= =
 . Đặt 
Đổi cận : 
Vậy I2= 
Nên I = 1
IV
(1 điểm)
Gọi là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) . 
Ta có : ; BC = AC = a.cos ; SA = a.sin
Vậy 
Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1) 
Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . 
Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN
hay 
Vậy MaxVSABC = , đạt được khi sin = hay 
( với 0 < )
V
(1 điểm)
Ta có : ;;
+ Lại có : 
cộng các BĐT này ta được đpcm.
VIa
(2 điểm)
 	VIa/1 (1 điểm)
Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình :
 a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2 0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên :
 9a2 + 100ab – 96b2 = 0
Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác .
Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 
Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0
VIa/2 (1 điểm)
Mặt phẳng (P) cắt d tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và d’ tại điểm B(9 ; 6 ; 5)
Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình :
+ Đường thẳng d đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP 
+ Đường thẳng d’ đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP 
Ta có : 
Do đó d và d’ chéo nhau 
Khi đó : 
VIIa
(1 điểm)
Chọn khai triển :
Hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là : 
Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của
(x + 1)12 là : 
Từ đó ta có : = = 792
VIb
(2 điểm)
VIb/1
 Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 
(A2 + B2 0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là :
Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | 
Hay 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)
TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) C = A – 9B thay vào (2) :
 |2A – 7B | = 5 
Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 , C = 
Vậy có hai tiếp tuyến :
(- 14 )x + 21y = 0
TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C) , thay vào (2) ta được : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm
VIb/2 (1 điểm)
+ Đường thẳng d đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP 
+ Đường thẳng d’ đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP 
Nhận thấy d và d’ có một điểm chung là hay (d) và (d’) cắt nhau . (Đpcm)
b) Ta lấy . 
Ta đặt : 	
Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt nhận hai véctơ làm VTCP và chúng có phương trình là :
 và 
VIIb
(1 điểm)
Điều kiện : x > 0 
Phương trình đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1)
Đặt t = log2x, suy ra x = 2t , ta có :
 (2)
Xét hàm số : f(t) = 
f'(t) = 
Suy ra f(t) nghịch biến trên R 
Lại có : f(1) = 1 nên phương trình (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 15
(Thời gian làm bài 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 điểm)
Câu I: (2 điểm )
Cho hàm số (1), m là tham số thực.
1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m=1.
2/Cho M(;-9) . Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực đại, cực tiểu tại A, B sao cho A, B, M thẳng hàng.
Câu II: (2 điểm)
1/Tính tổng các nghiệm của phương trình trên đoạn [0;38].
2/Giải bất phương trình .
Câu III: (1 điểm)
 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=x, y=2x, x=-1, x=3
Câu IV: (1 điểm)
Trong không gian, cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB=a, 
BC=2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, SA=a. Gọi H là hình chiếu của A trên SB. 
Tính thể tích khối chóp H.ACD theo a và côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và 
(SCD).
Câu V: (1 điểm)
Cho 3 số thực dương a,b,c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
 .
PHẦN RIÊNG: (3 điểm) 
Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: (2 điểm)
1/Trong hệ toạ độ Oxy, Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng , đi qua điểm A(-2;2) đồng thời tiếp xúc với đường thẳng . 
2/Trong hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu và mặt phẳng . Chứng mình rằng mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) và tìm toạ độ tiếp điểm
Câu VIIa: (1 điểm)
Gọi z1,z2 là 2 nghiệm phức của phương trình . Tính giá trị của biểu 
thức 
B.Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb: (2 điểm)
1/Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;-1) , đường cao và . đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là : 3x -4y + 27 =0 
và x + 2y – 5 = 0 .
2/Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng () có phương trình : Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng ()sao cho MA + MB nhỏ nhất .
Câu VIIb: (2 điểm) 
Cho . Tính hệ số a. 
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 15
Câu
NỘI DUNG 
Điểm
I
(2 điểm)
I/1 (1 điểm)
Với , ta có 
1/Tập xác định: 
2/Sự biến thiên:
Ta có: 
 hoặc 
Với  ; 
 Giới hạn:
 Bảng biến thiên:
 1 
 + 0 - 0 +
 0 
Vậy: Hàm số đồng biến trên khoảng , trên và nghịch biến trên 
 Hàm số có điểm cực tiểu , điểm cực đại 
3/Đồ thị: 
Đồ thị (C) có tâm đối xứng là điểm 
Với 
Với 
I/2 (1 điểm)
Ta có:
,
 là tam thức bậc 2 có ∆’=9(4m2-3) 
Hàm số có cực đại, cực tiểu điều kiện cần và đủ là có 2 nghiệm phân biệt 
với thì hàm số (1) có cực đại cực tiểu. Gọi A(), B() là 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) 
A, B, M thẳng hàng M∈ AB
II
(2 điểm)
II/1: (1 điểm) 
 Điều kiện:
Phương trình đã cho tương đương
kết hợp với điều kiện xác định => phương trình đã cho có nghiệm là
do x∈[0;38]=> 
các nghiệm của phương trình (1) trên [0;38] lập thành cấp số cộng có công sai d= gồm 18 số hang có tổng là 
II/2: (1 điểm)
Điều kiện: >0
Bất phương trình đã cho tương đương
1/Nếu thì (2) không thỏa
2/Nếu xét 
=>f(x) đồng biến trên [ (2) có nên (2)
vậy tập nghiệm của bất phương trình là T=[2;+)
III
(1 điểm)
Xét phương trình: 
Vậy 
Đặt 
IV
(1 điểm)
Kẻ HE//SA(E∈AB)=>HE(ABCD). Trong tam giác vuông SAB có 
diện tích ∆ACD là Thể tích H.ACD là 
SA(ABCD)=>SABC mà BCAB nên BC(SAB)=>BCHA mà HASB nên HA(SBC) tương tự gọi K là hình chiếu của A trên SD thì AK(SCD) do vậy góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) là góc giữa AH và AK.
Trong tam giác vuông SAB có 
 tương tự AK=
trong ∆AHK có => 
V
(1 điểm)
do a,b,c> 0 nên luôn tồn tại ít nhất 2 trong 3 số đồng thời không lớn hơn 1 hoặc không nhỏ hơn 1 giả sử b,c≤1 hoặc b,c≥1
Mặt khác 
từ (1) và (2)
Chứng minh được nên 
khi a=b=c=1 thì P=1/9 nên giá trị lớn nhất của P bằng 1/9
VIa
(2 điểm)
VIa/1 (1 điểm)
Gọi đường tròn ( C ) cần tìm có tâm I bán kính R 
Có => phương trình của 
(C) đi qua A nên (-2-t)2+(2+2t)2=R2 
(C) tiếp xúc với a:3x-4y+14=0d(I,a)=R
Bán kính của đường tròn ( C ) là R = IA = 5
Vậy ( C ) có pt: 
VIa/2 (1 điểm)
(S) có tâm I( 1; m; m – 1) bán kính R = 2
Ta có: 
 tiếp xúc với (S)
Gọi M là tiếp điểm của (P) và (S) =>M là hình chiếu vuông góc của I trên (P) =>IM(P)=>IM nhận véc tơ pháp tuyến của (P) làm véc tơ chỉ phương có phương trình là
Khi đó tọa độ M là nghiệm của hệ: 
VIIa
(1 điểm)
Ta có: phương trình có 2 nghiệm phức: 
Tương tự 
Vậy:
VIb
(2 điểm)
VIb/1
Phươngtrình đường thẳng chứa cạnh BC: 
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 
Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, BC, d2 
Ta có: 
Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
Phương trình cạnh AB là: 
Vậy AB: 4x+7y-1=0, AC: y=3, BC: 4x+3y-5=0
VIb/2 (1 điểm)
 Xét vị trí tương đối giữa AB và (), ta có:
 cắt AB tại K(1;3;0)
Ta có: A, B nằm về cùng phía đối với 
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua và H là hình chiếu của A trên
 H( 1;t;-3+t) (vì PTTS của (): )
Ta có:
Gọi M là giao điểm của A’B và d 
Lấy điểm N bất kỳ trên ()
Ta có MA+MB=MB+MA’=A’BNA+NB
Vậy 
VIIb
(1 điểm)
Ta có:
Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x4
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 16
(Thời gian làm bài 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: (7.0 điểm)
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số y = có đồ thị là (C)
1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2/Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Câu II: (2 điểm)
1/Giải phương trình 
2/Giải hệ phương trình 
Câu III: (1 điểm)
Tính tích phân 
Câu IV: (1 điểm)
Trong không gian, cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. SA = x 
(0 < x < ) các cạnh còn lại đều bằng 1.Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x
Câu V: (1 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
PHẦN RIÊNG ( 3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặcphần B) 
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa. (2 điểm)
1/Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d).
2/Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q).
Câu VIIa. (1 điểm)
 Giải phương trình ( là tổ hợp chập k của n phần tử)
B. Theo chương trình nâng cao 
Câu VIb. (2 điểm)
1/Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng d1 : 4x - 3y - 12 = 0 và 
d2: 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên d1, d2, trục Oy.
2/Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N.
Câu VIIb. (1 điểm)
Giải bất phương trình 
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 16
Câu
NỘI DUNG 
Điểm
I
(2 điểm)
I/1 (1 điểm)
1/Tập xác định: 
2/Sự biến thiên:
Ta có: 
 Giới hạn và tiệm cận:
Tiệm cận ngang y = 1 Tiệm cận đứng x = 1 
 Bảng biến thiên:
 1 
-
-
1
 1
Vậy: Hàm số nghịch biến trên khoảng , trên 
3/Đồ thị: 
Đồ thị (C) có tâm đối xứng là điểm 
Với 
Với 
I/2 (1 điểm)
Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 
Ta có d(I ;tt) = 
Xét hàm số f(t) = ta có f’(t) = 
f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên
từ bảng biến thiên ta có 
d(I ;tt) lớn nhất khi và 
chỉ khi t = 1 hay 
+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x
+ Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4
II
(2 điểm)
II/1: (1 điểm) 
Phương trình đã cho tương đương
4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2cos2x
II/2: (1 điểm)
Điều kiện: 
Hệ phương trình đã cho tương đương
Đưa hệ về dạng (*)
(*)
Từ đó ta có nghiệm của hệ
(-1 ;-1),(1 ;1), (), (
III
(1 điểm)
Ta có :
Ta tính I1 = đặt t = x3 ta tính được I1 = -1/3(cos1 - sin1)
Ta tính I2 = đặt t = ta tính được 
I2 = 
Từ đó ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+
IV
(1 điểm)
Ta có 
Tương tự ta có SO = OA
Vậy tam giác SCA vuông tại S
Mặt khác ta có 
Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB)
Vì SB = SD nên HB = HD H CO
Mà 
Vậy V = 
V
(1 điểm)
Ta có nên 
Tương tự ta có 
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 
Vậy Amax = 
VIa
(2 điểm)
VIa/1 (1 điểm)
Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)2 + (x-b)2 = R2
Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình
Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2
VIa/2 (1 điểm)
Ta có 
Vì nên mặt phẳng (P) nhận làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
VIIa
(1 điểm)
Điều kiện: 
Ta có :
VIb
(2 điểm)
VIb/1
Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có 
I(4/3 ; 0), R = 4/3
VIb/2 (1 điểm)
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1), B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)
Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng 
x2 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có 
Vậy bán kính R = 
VIIb
(1 điểm)
Điều kiện: 
Bất phương trình đã cho tương đương
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 17
(Thời gian làm bài 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số có đồ thị là (C)
1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2/Tìm m để đường thẳng d: y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho DOAB vuông tại O
Câu II: (2 điểm)
1/Giải phương trình: 
2/Giải phương trình: 	.
Câu III: (1 điểm)
Tính tích phân 
Câu IV: (1 điểm)
Trong không gian, cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB = a, BC = a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM
Câu V: (1 điểm)
Cho tập hợp X = . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1.
II. PHẦN RIÊNG: (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a (2 điểm)
1/Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường 
trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm 
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2/Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 điểm A(0; 0; 4), B(2; 0; 0) và mặt phẳng
(P): . Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua O, A, B và có khoảng cách từ 
tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng (P) bằng .
Câu VII.a: (1 điểm)
Giải bất phương trình: .
B. 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
.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/Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x2 + y2 + z2 – 2x + 4y + 2z – 3 = 0 và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 14 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3..
Câu VII.b: (1 điểm)
Giải phương trình sau trong tập số phức: .
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 17
Câu
NỘI DUNG 
Điểm
I
(2 điểm)
I/1 (1 điểm)
1/Tập xác định: 
2/Sự biến thiên:
Ta có: 
 Giới hạn và tiệm cận:
Tiệm cận ngang y = 2 Tiệm cận đứng x = 1 
 Bảng biến thiên:
 1 
-
-
1
 1
Vậy: Hàm số nghịch biến trên khoảng , trên 
3/Đồ thị: 
Đồ thị (C) có tâm đối xứng là điểm 
Với 
Với 
I/2 (1 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C)
 (*)
Nhận thấy (*) không có nghiệm 
(*) có 2 nghiệm phân biệt là xA và xB 
 (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 
Đặt A(xA; xA + m), B(xB; xB + m),
Theo định lí Viét: 
 vuông tại O thì 
Vậy m = -2 là giá trị cần tìm
II
(2 điểm)
II/1: (1 điểm) 
Điều kiện: 
Phương trình đã cho tương đương
So sánh điều kiện chọn với 
II/2: (1 điểm)
Điều kiện: .
Phương trình đã cho tương đương
Û 
So sánh điều kiện chọn 
III
(1 điểm)
Đặt 
+ Đổi cận:
Vậy:
IV
(1 điểm)
Đặt V1=VS.AMN; V2=VA..BCNM; V=VS.ABC; 
Þ 
	 Þ 
V
(1 điểm)
Giả sử n = .
Xem các số hình thức , kể cả a = 0.
Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a hoặc b hoặc c). Sau đó chọn trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ X \ Þ số cách chọn .
Như vậy có 3. (7. 6. 5. 4) = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề bài.
Xem các số hình thức Þ có (số)
Loại những số dạng hình thức ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa
VIa
(2 điểm)
VIa/1 (1 điểm)
Gọi và là trung điểm của BC. 
Suy ra: . 
Vì C’ là trung điểm của AB nên:
 nên 
. 
Phương trình BC: . 
Tọa độ của C là nghiệm của hệ:
Tọa độ của .
VIa/2 (1 điểm)
Giả sử (S): .
Từ O, A, B Î (S) suy ra: Þ .	
 Û Û 
Vậy:
(S): hoặc (S): 
VIIa
(1 điểm)
Điều kiện : x > 0
Bất phương trình đã cho tương đương
Đặt , ta có:
hoặc 
Û hoặc .
So sánh điều kiện chọn hoặc .
VIb
(2 điểm)
VIb/1
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(–3;–1).
Vì gócnên 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).
VIb/2 (1 điểm)
 (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = 3. (Q) chứa Ox 
Þ (Q): ay + bz = 0.
Mặt khác đường tròn thiết diện có bán kính bằng 3 cho nên (Q) đi qua
tâm I.
Suy ra: –2a – b = 0 b = –2a (a0) Þ (Q): y – 2z = 0.
VIIb
(1 điểm)
Phương trình đã cho tương đương
Û 
 Û 
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 18
(Thời gian làm bài 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7,0 điểm)
Câu I: ( 2 điểm)
Cho hàm số (1) , với là tham số thực.
1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi .
2/Xác định để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng .
Câu II: (2 điểm)
1/Giải phương trình lượng giác: 
2/Giải hệ phương trình.
Câu III:(1 điểm)
Tính tích phân sau:
Câu IV:(1 điểm)
Trong không gian, cho tứ diện ABCD có AC = AD = , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể tích