ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

Mụn thi : TOÁN
BÀI I : (2 điểm) Cho hàm số y =
1 - x
5 - 2x x -
2


1) Khảo sát sự biên thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số .
2) Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ 1 điểm M bất kì trên (H) tới 2 tiệm cận
của nó là 1 số không đổi , không phụ thuộc vào vị trí của điểm M .
BÀI II : (2 điểm)
1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm

1 x
-
x - 3
+
2
x -2x 3
= m .
2) Giải bất phương trình :
log
5x + 4
(4x
2
+ 4x + 1) + log
2x + 1
(10x
2

+ 13x + 4)  4 .
BÀI III : (3 điểm)
1) Cho hình chóp S.ABC có đường cao là SA , tam giác ABC vuông ở A . Biết rằng
AB = a , AC = a
3
, góc giữa mặt bên SBC và đáy là 60
0
. Tính diện tích xung quanh
của hình chóp và số đo góc giữa 2 mặt phẳng (SAC) và (SBC) .
2) Trong hệ trục tọa độ Đề Các Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x - y - 2z - 4 = 0 , điểm A( 5
; - 7 ; 1) và đường thẳng (d) :

3-
3- z

1
3 y

2
1 x




. Viết phương trình tham số
của đường thẳng sau :
a - (d') là hình chiếu vuông góc của (d) trên mặt phẳng (P).
b - () qua A , cắt và tạo với (d) một góc 60
0
.

BÀI IV : (2 điểm)
1) Tính tích phân :

1
1-
32
2
dx
)x - (4
x

2) Trong một nhóm đại biểu các đoàn viên của Đoàn trường gồm 9 đoàn viên nam và 7
đoàn viên nữ ta chọn 6 đại biểu đi dự hội nghị đoàn cấp trên . Hỏi có tất cả bao nhiêu
cách chọn sao cho có ít nhất 2 đoàn viên nữ ? .
BÀI V : (1 điểm)
Cho ABC có các cạnh a, b, c thỏa mãn:
a - c b
a

+
b -a c
25b

+
c - b a
81c

= 59. Tìm số đo
góc lớn nhất của tam giác .


============ HẾT ===========


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

Mụn thi : TOÁN

Bài

Nội dung cơ bản

Điểm




Bài
I - 2
(1 đ)
 Lấy M(x
0
; y
0
(H)) 

x
4
- 1 x - y
1 x
0

00
0








1

 Tiệm cận đứng : x- 1 = 0  khoảng cách d
1
từ M tới nó là : d
1
= x
0
-1
 Tiệm cận xiên : x + y - 1 = 0  k/c cách d
2
từ M tới tiệm cận xiên
d
2
=
1
2
1
4
1

1
0
2















0
00
2
00
x
22

1- x - x

1
1 -y x
x


 d
1
.d
2
= x
0
-1.
1
0
x
22
=
22
(Không đổi , không phụ thuộc M )  đpcm


0.25

0.25



0.25


0.25

Bài


Nội dung cơ bản

Điểm











Bài
II - 1
(1 đ)
 TXĐ :
3 x 1 -
0 x - 2x 3
x - 3
0 1 x
2










0

 Đặt t = x - 3 - 1 x   t'(x) =

x - 32
1

1 x2
1


> 0  x(-1 ; 3)
t(-1) = -2 ; t(3) = 2 ; t(x) liên tục và  trên [-1;3]  tập giá trị của t là [-2 ; 2] .

 t
2
= 4 -
x - 2x 32
2


2
x - 2x 3 
=
t - 4
2
2


PT đã cho trở thành : t +
m
t - 4
2

2
 4 + 2t - t
2
= 2m (*)
 PT đã cho có nghiệm  (*) có nghiệm t  [-2 ; 2]
 2m  tập giá trị của h/s liên tục f(t) trên miền [-2 ; 2]
f '(t) = 2- 2t  f(-2) = - 4 , f(1) = 5 , f(2) = 4 ; Dấu f '(t) và bảng biến thiên :

1
2
- 2
4
-4
5
+
0
f (t)
f '(t)
t
_

 Giá trị cần tìm : -2

m


5/2







0.25


0.25



0.25









0.25








Bài
II - 2
(1 đ)
 Ta có 4x
2
+ 4x + 1 = (2x +1)
2
; 10x
2
+ 13x + 4 = (5x +4)(2x +1)
TXĐ :

1 4 5x 0
1 1 2x 0






0 x
2
1-

(*) ( Khi đó 5x + 4 > 1 )
BPT  log
5x + 4

(2x + 1)
2
+ log
2x + 1
[(2x + 1)(5x + 4)]  4
 2.log
5x + 4
(2x + 1) + log
2x + 1
(5x + 4) - 3  0
Đặt log
5x + 4
(2x + 1) = t  log
2x + 1
(5x + 4) = 1/ t .
BPT trở thành : 2t + 1/t - 3  0
 (2t
2
- 3t + 1)/ t  0  (2t - 1)(t - 1)/ t  0 (1)
Dấu VT (1)
1
1
20
_
_
+ +

 Tập nghiệm của (1) : 0 < t  1/2 ; t  1
* Nếu 0 < t  1/2  0 < log
5x + 4

(2x + 1)  1/2
 1 < 2x +1 
4 5x
(với đk (*) thì 5x + 4 > 1)












0 3- x -4x
0 x

4 5x 1 4x 4x
0 x
22
 0 < x  1 ( thỏa mãn (*) )
* Nếu t  1 ta có : log
5x + 4
(2x + 1)  1  2x + 1  5x + 4  x  -1 (loại )
Vậy tập nghiệm T = ( 0 ; 1] .






0.25







0.25



0.25


0.25


Bài

Nội dung cơ bản

Điểm








Bài
III -1
(1 đ)
a
3
a
60
0
K
C
B
A
S
 SBC có hình chiếu trên (SAC)

cos =
4
3

dt(SBC)
dt(SAC)
 

 Hạ AK  BC tại K  BC  SK ( đ/l 3
đờng  )  SKC là góc giữa (SBC) và
đáy   SKC = 60
0


 ABC vuông  BC = … = 2a
AK = … =
3a
/2
 SAK vuông  SA = … = 3a / 2
SK = … =
3a

 dt(SAC) = (1/2)SA.AC = …=
3
3
a
2
/4
dt(SAB) = (1/2)SA.AB = … = 3a
2
/4
dt(SBC) = (1/2) BC. SK = … =
3
a
2

 S
xq
=
.a
37
2
4
3


là SAC nên góc  giữa 2 mf đã cho t/m :





41
0
24,6'


0.25




0.25




0.25


0.25







Bài
III-2a
(1 đ)
 (d') = (P)  (Q) ; trong đó (Q) là mf qua (d) và (Q)  (P)
Dễ thấy (d) qua điểm B( - 1 ; - 3 ; 3) và nhận


3 - ; 1 ; 2 u 
d
làm vtcf
 (Q) chứa (d) , (Q)  (P)  (Q) qua B và nhận 2 véc tơ :


3- ; 1 ; 2 u 
d

và
;-2) 1- (2; n
P

làm cặp chỉ phương  (Q) có 1 vtft


u ; n n
dPQ






u ; n n
dPQ

=
1 2
1- 2
;
2 3-
2 2-
;
3 - 1
2- 1-









= ( 5 ; 2 ; 4 )
 PT (Q) : 5(x + 1) + 2(y + 3) + 4(z - 3) = 0  5x + 2y + 4z - 1 = 0 .
 (d') :






(2) 0 1 - 4z 2y 5x
(1) 0 4 - 2z- y - 2x






1 x
0 4 - 2z - y - 2x


0 2 2z y
1 x







( nhân pt (1) với 2 rồi cộng với pt (2)
 pt tham số (d') : x = 1 + 0.t ; y = -2 - 2t ; z = t ( t là tham số )

0.25



0.25




0.25




0.25




Bài
III - 2b

(1 đ)
 PT tham số của (d): x = -1 + 2t ; y = -3 + t ; z = 3 - 3t ( tham số t )
Giả sử  (d) = M  M(-1 + 2t ; -3 + t ; 3 - 3t) . Vì  qua M và A(5; - 7 ;1 )
nên 1 vtcf của  là :


3t- 2 ; 4 t ; 6 -2t u 

, đã có


3 - ; 1 ; 2 u 
d


  tạo với (d) góc 60
0

) u;ucos( cos60
0
d



2
1
=
3t)- (2 4) (t 6) -(2t 2
3t) - (-3).(2 4) 1.(t 6) -2.(2t
2222


.)3(1
22


56 28t - t
14 14t

2
1
2




14.14

 t
2
- 2t = 0  t = 0 hoặc t = 2


0.25



0.25




0.25


Bài

Nội dung cơ bản

Điểm


Bài
III - 2b

(tiếp)

 t = 2  M
1
(3 ; -1 ;-3) 
1
u
= (-2 ; 6 ; - 4) // ( 1; -3 ; 2)
 pt

1
: x = 5 + m ; y = - 7 - 3m ; z = 1 + 2m (m là tham số )
 t = 0  M
2
(-1 ; -3 ; 3) 
2
u
= (- 6 ; 4 ; 2) // ( 3 ; -2 ; -1)
 pt

2
: x = 5 +3 m ; y = - 7 - 2m ; z = 1 - m (m là tham số )
ĐS : 2 đờng thẳng thỏa mãn đề bài : 
1
; 
2
ở trên .






0.25





Bài
IV - 1
(1 đ)

Đặt x = 2sint (- /2  t  /2) ; khi x =-1  t = - /6 , khi x = 1  t =
/6
I =

t)4sin - (4
d(2sint) . (2sint)
6
6
-
32
2



=

t cos 8.
.dt cost t 8sin
6
6

-
3
2



=
t.dt tg
6
6
-
2




=
.dt 1 -
tcos
1

6
6
-
2










=

6
6
-
6
6
-
2
dt - dt
tcos
1






=

6
t -
6
tgt
66






=

3
-
3
2


=

3
-3 2




0.25


0.25


0.25




0.25







Bài
IV - 2
(1 đ)

Các cách chọn 6 trong 16 đoàn viên không thỏa mãn đề bài gồm có :

 Chọn 6 trong 16 đoàn viên trong đó không có đoàn viên nữ nào
tức là phải chọn 6 đoàn viên nam trong 9 đoàn viên nam (không
cần thứ tự) . Trờng hợp này có : S
0
=
6
9
0
7
.CC
=
6!.3!
9!
.
7!.0!
7!

= 84 (
cách chọn )
 Chọn 6 trong 16 đoàn viên trong đó có đúng 1đoàn viên nữ . Ta
lần lợt chọn : 1 trong 7 đoàn viên nữ ( có 7 cách chọn ) ; chọn 5
trong 9 đoàn viên nam ( có
5
9
C
cách chọn ) .
Trờng hợp này có : S
1
=
5
9
7C
=
5!.4!
9!
7.
= 882 ( cách chọn )
Nên số cách chọn không thỏa mãn đề bài là : 84 + 882 = 966
 Số cách chọn 6 trong 16 đoàn viên bất kì trong nhóm đoàn viên
trên là : S =
6
16
C
=
6!.10!
16!
= 8008 ( cách chọn ) .

Số cách chọn thỏa mãn đề bài là : S - (S
0
+ S
1
) . Vậy tất cả có :

8008 - ( 84 + 882) = 7042 ( cách chọn)





0.25





0.25




0.25

0.25






Bài

Nội dung cơ bản

Điểm








Bài
V
(1 đ)
 Đặt

2z c - b a
2y b -a c
2x a - c b









 x , y , z > 0 và

y x c
x z b
z y a









 Giả thiết 
2x
z y

+
2y
x) 25(z

+
2z
y) 81(x

= 59











y
25x

x
y

+







z
81x

x
z

+










z
81y

y
25z

= 108 (*)
áp dụng bđt Cô Si ta luôn có VT (*)  2.5 + 2.9 + 2.5.9 = 108
nên (*) thỏa mãn 

9y 5z
9x z
5x y











9x z
5x y







6x y x c
10x x z b
14x z y a









hay  ABC có các cạnh thỏa mãn a : b : c = 7 : 5 : 3
 góc lớn nhất là A và cosA =
2.5.3
7 - 3 5
222

=
2
1

-
 A = 120
0
.



0.25




0.25




0.25



0.25

Đồ thị của hàm số ở bài I - 1 .


5
y
x
4

-4
3
-1
I
O
y =
- x
2
+ 2x -5
x - 1
y = -x + 1
x = 1


Ghi Chú : - Các cách giải khác hợp lí vẫn cho điểm tối đa .
- Bài II - 2 nếu giải nh trên mà không có nhận xét 5x + 4 > 1 thì chỉ cho tối
đa 0.75 đ
- Bài tập hình nếu giải bằng phơng pháp tổng hợp bắt buộc phải vẽ hình , nếu
giải bằng phương pháp tọa độ thì không nhất thiết phải vẽ hình .