ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 193
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm).
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2
2 3y x x= − −

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng
:d y m=
cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt M,N,P,Q (sắp thứ tự từ trái sang phải) sao cho
độ dài các đoạn thẳng MN,NP,PQ là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông.
Câu II ( 3,0 điểm).
1. Giải phương trình lượng giác:
34cos22sin2cos36cos2 +−=− xxxx
.
2. Giải hệ phương trình :
2 2
2 2 2
6
1 5
x x y y
x y y

+ =


+ =



3. Tính tích phân:

4
0
1 2
x cosx
I dx
cos x
π
+
=
+
∫
Câu III (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng
. ' ' 'ABC A B C
có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a
và góc
·
0
30ABC =
. Mặt phẳng
( ' )C AB
tạo với đáy
( )ABC
một góc 60
0
. Tính thể tích của khối lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và
'CB
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2
3 3 3 2 2 2
4x y y z z x xyz
P
z x y xy yz zx
= + + +
+ +
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A.Theo chương trình Chuẩn.
Câu V.a ( 2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết
trực tâm
(1;0)H
, chân đường cao hạ từ đỉnh B là
(0; 2)K
, trung điểm cạnh AB là
(3;1)M
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng (d
1
), (d
2
) với (d
1
):
1 2
3 2 1
x y z− +
= =
và (d

2
) :
1
1
x
y t
z t
= −


= − +


=

. Viết phương trình đường thẳng (d) qua M vuông góc (d
1
) và cắt (d
2
).
Câu VI.a ( 1,0 điểm). Giải phương trình :
xxx
2
2
7
log)1(log =++
.
B.Theo chương trình Nâng cao.
Câu V.b ( 2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho tam giác ABC biết có A(1;1) biết đường thẳng qua trung điểm cạnh AB và AC

có phương trình x -2y -4=0.Đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình:3x+2y-5=0 .Tìm toa độ đỉnh B,C biết diện
tích tam giác ABC bằng
20
và điểm B có hoành độ dương.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
( )
∆
:
2
( )
4
=


= ∈


=

x t
y t t R
z
; và
2
( )
∆
:
( )
3

0
= −


= ∈


=

x s
y s s R
z
. Chứng
tỏ hai đường thẳng
1 2
,
∆ ∆
chéo nhau và viết phương trình mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của
1 2
,
∆ ∆
làm đường
kính.
Câu VI.b ( 1,0 điểm). Một thầy giáo có 12 quyển sách đôi một khác nhau trong đó có 5 quyển sách Toán, 4 quyển
sách Vật lý, và 3 quyển sách Hóa học.Ông muốn lấy ra 6 quyển đem tặng cho 6 học sinh A,B,C,D,E,F mỗi em một
quyển.Tính xác suất để sau khi tặng sách xong mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học đều còn lại ít nhất một
quyển.
……….Hết……….
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
C¢U

NÔI DUNG
ÑIEÅM
C©u I
(2,0 ®iÓm)
1. (1,0 ®iÓm)
a) Tập xác định : D = R
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn :
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
.
*Chiều biến thiên: y’ = 4x
3
-4x.
x 0
y' 0
x 1
=

= ⇔

= ±

0,25
* Bảng biến thiên
0,25
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng; (-

1
; 0) và (1; +
∞
); nghịch biến trên khoảng (
−∞
;
1−
) và
( )
0;1
+Cực trị : hàm số đạt cực đại tại x=0 và y
CĐ
=-3 , đạt cực tiểu tại x=
1±
và y
CT
= -4
0,25
c) Đồ thị
*Vẽ đồ thị:
* Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng.
0,25
2. (1,0 ®iÓm) .
Từ đồ thị hàm số ta thấy, để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt thì
4 3m
− < < −
(*)
Phương trình hoành độ giao điểm:
4 2
2 3 0x x m− − − =

(1)
Đặt
( )
2
0t x t= ≥
thì phương trình hoành độ trở thành
2
2 3 0t t m− − − =
(2)
0,25
Với điều kiện (*) thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt hay phương trình (2) có 2
nghiệm dương phân biệt
1 2
,t t
( )
1 2
t t<
. Từ đó tìm được tọa độ các điểm
( )
2
;0M t−
,
( )
1
;0N t−
,
( )
1
;0P t
,

( )
2
;0Q t
suy ra
0,25
2 1
MN t t= −
;
1
2NP t=
;
2 1
PQ t t= −
Vì
MN PQ=
nên
NP
là độ dài cạnh huyền . Do đó :
2 2 2
NP MN PQ= + ⇔
( )
( )
2
2
2 2 2
1 2 1 1 2 1 2
4 2 8NP MN PQ t t t t t t t= + ⇔ = − ⇔ + =
0,25
Áp dụng định lí vi-et ta có
1 2

1 2
2
3
t t
t t m
+ =


= − −

. Vì vậy
( )
7
4 8 3
2
m m= − − ⇒ = −
Đáp số
7
2
m = −
0,25
C©u II
(3,0 ®iÓm)
1
(1,0 ®iÓm)
34cos22sin2cos36cos2 +−=− xxxx
( )
2cos6 2cos4 3 1 cos2 sin 2 0x x x x⇔ + − + − =
2
4cos5 cos 2 3 cos 2sin .cos 0x x x x x⇔ − − =

( )
cos 2cos5 3 cos sin 0x x x x⇔ − − =
cos 0
2cos5 3 cos sin 0
x
x x x
=

⇔

− − =


( )
( )
1
2
0.25
( )
1
2
x k
π
π
⇔ = +
,
( )
k Z∈
0.25
( )

2 cos5 cos
6
x x
π
 
⇔ = −
 ÷
 
5 2
6
24 2
5 2
36 3
6
k
x x k
x
k
x
x x k
π
π π
π
π π
π
π


= − +
= − +



⇔ ⇔




= +
= − + +




0.25
Vậy pt đã cho có các nghiệm:
2
x k
π
π
= +
,
,
24 2 36 3
k k
x x
π π π π
= − + = +
,
( )
k Z∈

0.25
2
(1điểm)
Ta thấy (0;0) không là nghiệm của hệ nên
Hệ phương trình
⇔
2
2
1
( ) 6
1
5
x
x
y y
x
y

+ =




+ =


⇔
2
1 1
( . )( ) 6

1 1
( ) 2 . 5
x x
y y
x x
y y

+ =




+ − =


0,25
Đặt S =
1
x
y
+
, P =
1
.x
y
Hệ pt trở thành
2
. 6
2 5
S P

S P
=


− =

⇔
3
2
S
P
=


=

0,25
Có
3
2
S
P
=


=


⇔


1
3
1
. 2
x
y
x
y

+ =




=



⇔
1
1
2
2
1
x
y
x
y
 =






=




=




=


0,25
KL : Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là(x;y)=
1
(1; ) ;(2;1)
2

0,25
3
(1điểm)
x cosx x cos x
I dx dx
cos x cos x
π π

+ +
= =
+
∫ ∫
4 4
2
0 0
1 2 2
x cosx
dx dx I I
cos x cos x
π π
= + = +
∫ ∫
4 4
1 2
2 2
0 0
2 2
0,25
Tính
x
I dx
cos x
π
=
∫
4
1
2

0
1
2
Đặt
u x
du dx
v tan x
dv dx
cos x
=

=


⇒
 
=
=



2
1
4 4
1
0 0
1 1 1 1 2
4 4
2 8 2 8 2 8 2 2
0 0

sinx
I (x tan x tandx) dx ln cosx ln
cosx
π π
π π
π π π
= − = − = + = +
∫ ∫
0,25
4 4
2
2 2
0 0
1 1 1 1 1 2 2
4
2 2 1 4 1 4
2 2
0
cosx d(sinx) sinx
I dx ln ln
cos x sin x sinx
π π
π
+ +
= = = =
− −
−
∫ ∫
0,25
1 2

1 2 1 2 2 1 2 2
8 2 2 4 8 4
2 2 4 2 2
I I I ln ln ln
π + π +
= + = + + = +
− −
0,25
Câu III
(1 điểm)
Gọi M là trung điểm của AB. Tam giác CAB cân tại C suy ra AB ⊥ CM. Mặt khác AB ⊥
·
0
' ( ') ' 60CC AB CMC CMC⇒ ⊥ ⇒ =
. Gọi V là thể tích lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
thì
. '
ABC
V S CC=
0,25
Ta có
2
0
1
.tan30 .
2
3 3
ABC
a a

CM BM S CM AB= = ⇒ = =

2 3
0
' .tan 60 . 3 .
3 3 3
a a a
CC CM a V a= = = ⇒ = =
0,25
Mặt phẳng
( ' ')CA B
chứa
'CB
và song song AB nên
( ; ') ( ;( ' ')) ( ;( ' '))AB CB AB CA B M CA B
d d d MH= = =
, với N là trung điểm của
' 'A B
và H là hình chiếu
của M trên CN.
Do
, ' ' ( ' ')MH CN MH A B MH CA B⊥ ⊥ ⇒ ⊥
0,25
Tam giác
CMN
vuông tại M nên
( ; ')
2 2 2 2
1 1 1 4
2

AB CB
a
d MH
MH MC MN a
= + = ⇒ = =
M
M
A'
B'
C
A
B
C'
H
0,25
CÂU IV Đặt 0,25
(1 điểm)
2 2 2
, , 1 3
4
x y z
a b c abc a b c
z x y
a b c
P
c a b ab bc ca
= = = ⇒ = ⇒ + + ≥
= + + +
+ +
Mà

2
2 2
2 2
a
a c ac a c
c
+ ≥ ⇒ ≥ −
Tương tự
2 2
2 ; 2
b c
b a c b
a b
≥ − ≥ −
Mặt khác (a+b+c)
2
≥3(ab+bc+ca)
0,25
Nên P≥(a+b+c)+
2
12
( )a b c+ +
2
4 4 12 1 1 13
( ) ( ) ( ) 4
9 9 ( ) 9 3 3
a b c a b c a b c
a b c
= + + + + + + + + + ≥ + =
+ +

0,25
Vậy minP=
13
3
xảy ra khi a=b=c=1 hay x=y=z
0,25
CÂU Va.
1(1 điểm)
+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận
( 1; 2)HK = −
uuur
làm vtpt và AC đi qua K nên
( ) : 2 4 0.AC x y− + =

Ta cũng có:
( ) : 2 2 0BK x y+ − =
.
0,25
+ Do
,A AC B BK∈ ∈
nên giả sử
(2 4; ), ( ; 2 2 ).A a a B b b− −
Mặt khác
(3;1)M
là
trung điểm của AB nên ta có hệ:
2 4 6 2 10 4
.
2 2 2 2 0 2
a b a b a

a b a b b
− + = + = =
  
⇔ ⇔
  
+ − = − = =
  
Suy ra:
(4; 4), (2; 2).A B −
0,25
+ Suy ra:
( 2; 6)AB = − −
uuur
, suy ra:
( ) :3 8 0AB x y− − =
.
0,25
+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận
(3; 4)HA =
uuur
, suy ra:
( ):3 4 2 0.BC x y+ + =
KL: Vậy :
( ) : 2 4 0,− + =AC x y
( ) :3 8 0− − =AB x y
,
( ):3 4 2 0.+ + =BC x y
0,25
CÂU Va.
2(1 điểm)

Gọi (P) là mf:
1
1
(0;1;1)
(3;2;1)
P d
quaM
QuaM
d
vtptn u



⇔
 
⊥
= =



uur uur
0,25
PT mf(P) : 3x + 2y + z - 3 = 0
0,25
(P)
∩
d
2
= A có tọa độ A(-1;5/3;8/3)
0,25

Khi đó đt d :
3
(0;1;1)
ó : 1 2 ( )
:3 (3; 2; 5)
1 5
x t
quaM
d c pt y t t R
vtcp AM
z t
=


 
⇒ = − ∈
 
= − −



= −

uuuur

0,25
CÂU VI.a
(1 điểm)
ĐK: x >0
Đặt

xt
2
log=

⇔
x=2
t

0,25
PT trở thành
t
tt
=++ )421(log
7
⇔
ttt
7421 =++
0,25
⇔
f(t)=
1
7
4
7
2
7
1
=







+






+






ttt
(1)
Ta thấy hàm số f(t) nghịch biến trên R và t=1 thoã mãn (1)
Là duy nhất
0,25
Với t=1
⇒
x=2
Vậy Pt có một nghiệm x=2
0,25
Câu Vb
(2,0 điểm)

1. (1,0 điểm).
+Ta có phưong trình AH qua A
⊥
x-2y-4=0 nên vtpt của AH
(2;1) 2 3 0n x y= ⇒ + − =
r
.Goi I là giao của AH và
đường trung bình cạnh AB,AC nên I là trung điểm AH
Ta có:I(2;-1)
(3; 3)H⇒ −

3x +2y-5=0
x-2y-4 =0
M
I
A(1;1 )
B
C
H
0,25
+Từ đó
: 2 9 0BC x y⇒ − − =
Gọi M là trung điểm BC
⇒
M là giao của BC và AM
7 11
( ; )
2 4
M
−

⇒
0,25
Gọi B(x,y) do B nằm trên BC do đó x=2y+9.Ta có BM=
2
11
5( )
4
y +
.Ta có
2
3 15
11
4 2
. 20. 5( ) 10
19 1
4
4 2
ABC
y x
S BM AH y
y x
∆
−
 
= =
 
= = + = ⇔ ⇒
 
− −
 

= =
 
 
0,25
Do điểm B có hoành độ dương nên B(
15 3
;
2 4
−
) từ đó suy ra C(
1 19
;
2 4
− −
)
0,25
2. (1,0 điểm).
PTTS
2
∆
:
1 2
3
( ) ,
0
x s
y s t R
z
= −



= ∈ ⇒ ∆ ∆


=

có vtcp:
1 2
(2;1;0), ( 1;1;0)u u −
ur uur
0,25
Gọi AB là đường vuông góc chung của
1
∆
,
2
∆
:

1 2
(2 ; ;4) ; (3 ; ;0)
(3 2 ; ; 4)
A t t B s s
AB s t s t
∆ ∆
∈ − ∈
⇒ − − − −
uuur
0,25
AB ⊥ ∆

1
, AB ⊥ ∆
2
⇒
1 1
2
2
2
. 0
(2;1;4); (2;1;0) 4
. 0
AB AB u
A B AB
AB
AB u
∆
∆

⊥ =


⇔ ⇒ ⇒ =
 
⊥
=



uuurur
uuuruur

0,25
⇒ Phương trình mặt cầu là:
2 2 2
( 2) ( 1) ( 2) 4− + − + − =x y z
0,25
Câu VIb Ta thấy không thể chọn sao cho cùng hết 2 loại sách
0,5
(1,0 điểm)
Số cách chọn 6 quyển sách từ 12 sách là
6
12
665280AΩ = =
Gọi A là biến cố: “sau khi tặng sách song mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học đều
còn lại ít nhất một quyển.”
P(A)=1-P(
A
)
Số cách chọn sao cho không còn sách Toán:
5
6
.7A
=5040
Số cách chọn sao cho không còn sách Vật lý:
4 2
6 8
. 20160A A =
Số cách chọn sao cho không còn sách Hóa học:
3 3
6 9
. 60480A A =

0,25
|
A
|=
5040 20160 60480
+ +
=85680
P(
A
)=
85680 17
665280 132
=
P(A)=1-
17 115
132 132
=
0,25
Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.