ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
1
2
x
y
x
+
=
−
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Gọi (d) là đường thẳng qua
( )
2;0M
có hệ số góc k. Tìm k để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho

2MA MB= −
uuur uuur
.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
1
3 sin cos
cos
x x
x

+ =
.
2. Giải phương trình
2 2 2
2 3 2 3 9x x x x x
+ + + + + =

( )
x∈¡
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
( )
4
2
2
0
log 9I x x dx= +
∫
.
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc
·
0
60ABC =
, hai mặt
phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng
0
30
. Tính
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho bất phương trình

2 2
4 2 15 2 13x x x x m− − + + ≥ − − +
Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi
[ ]
3;5x∈ −
.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm
( )
M 6;2
và đường tròn (C):
( ) ( )
2 2
x 1 y 2 5− + − =
. Lập phương trình đường
thẳng (d) đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho
AB 10=
.
2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
( )
1 1
:
2 4 1
x y z
d
− +
= =
−

và hai điểm
( ) ( )
4; 1;1 , 2;5;0A B−
. Tìm
điểm M trên (d) sao cho tam giác MAB vuông tại M .
Câu VII.a (1.0 điểm) Giải hệ phương trình
( )
( ) ( )
3
3 3
8 2 0,5
log 2 log 3 2 3
x y
y
x y x y
−
−

=



− + + =

.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm
( )
1;2A −

và đường thẳng
( )
: 2 3 0d x y− + =
. Tìm trên đường thẳng (d) hai
điểm
,B C
sao cho tam giác ABC vuông tại C và
3AC BC
=
.
2. Trong không gian Oxyz, cho các điểm
( ) ( ) ( )
0;1;0 , 2;2;2 , 2;3;4A B C −
và đường thẳng

( )
1 2 3
:
2 1 2
x y z
d
− + +
= =
−
. Tìm điểm M thuộc (d) sao cho thể tích khối tứ diện MABC bằng 3.
Câu VII.b (1.0 điểm) Giải hệ phương trình
2
3
3 3
9.4 2.4 4 0

log log 1 0
y
x
x y


− − =


− + =

.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điể
m
I
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định:
{ }
\ 2D = ¡
• Sự biến thiên:
ￚ Chiều biến thiên:
( )
2
3
' 0,

2
y x D
x
−
= < ∀ ∈
−
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( )
;2−∞
và
( )
2;+∞
0.25
ￚ Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 1
x x
y y
→−∞ →+∞
= =
; tiệm cận ngang:
1y =

2 2
lim ,lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞
; tiệm cận đứng:

2x
=
0.25
ￚ Bảng biến thiên:
0.25
• Đồ thị
0.25
2.(1,0 điểm)
Phương trình đường thẳng (d):
2y kx k= −
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C):
1
2
2
x
kx k
x
+
= −
−
(1)
Điều kiện:
2x ≠
Phương trình (1) tương đương với:
( )
2
( ) 4 1 4 1 0f x kx k x k= − + + − =
(2)
0.25
(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B

⇔
(1) có hai nghiệm phân biệt

⇔
(2) có hai nghiệm phân biệt khác 2
0.25

( )
0
0
12 1 0
1
2 3 0
12
k
k
k
k
f

≠
≠



⇔ ∆ = + > ⇔
 
> −
 
= − ≠



(*)
Đặt
( ) ( )
1 1 2 2
; , ;A x y B x y
với
1 2
,x x
là hai nghiệm của (2) và
1 1 2 2
2 ; 2 2y kx k y x k= − = −
Khi đó:
( )
( )
1 2
1 2
1 2
2 2 2
2 2 6
2 2 2
x x
MA MB x x
y y
− = − −

= − ⇔ ⇔ + =

− = − −



uuur uuur
(3)
0.25
Theo định lý Viet ta có:

1 2
1 2
4 1
(4)
4 1
(5)
k
x x
k
k
x x
k
+

+ =



−

=



Từ (3) và (4) suy ra:
1 2
2 2 4 1
;
k k
x x
k k
+ −
= =
(6)
Từ (5) và (6) ta được:
2 2 2 1 4 1 2
.
3
k k k
k
k k k
+ − −
= ⇔ =
, thỏa (*)
Vậy, giá trị k thỏa đề bài là:
2
3
k =
.
0.25
II
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
Điều kiện:

cos 0x
≠
(*)
Phương trình đã cho tương đương với:

2
3 1 cos2
3sin cos cos 1 sin2 1 cos 2 3 sin2 1
2 2
x
x x x x x x
+
+ = ⇔ + = ⇔ + =

0.25
1 3 1
cos 2 sin2
2 2 2
x x⇔ + =
0.25
1
cos 2
3 2
x
π
 
⇔ − =
 ÷
 
0.25

3
x k
x k
π
π
π

= +

⇔

=

(
k
∈
¢
), thỏa (*)
Vậy, phương trình có nghiệm là:
3
x k x k
π
π
= + ∨ =
(
k
∈
¢
).
0.25

2.(1,0 điểm)
Đặt
2
3t x x= + +
, phương trình đã cho trở thành:
2
12 0t t+ − =
0.25

2
3
12 0
4
t
t t
t
=

+ − = ⇔

= −

0.25
• Với
3t
=
thì
2
2 2
3

3 3 1
3 6 9
x
x x x
x x x
≤

+ + = ⇔ ⇔ =

+ = − +

0.25
• Với
4t
= −
thì
2
2 2
4
3 4
3 8 16
x
x x x
x x x
≤ −

+ + = − ⇔ ⇔ ∈∅

+ = + +


Vậy, phương trình có nghiệm là:
1x =
.
0.25
III (1,0 điểm)
Đặt
( )
( )
2
2
2
2
log 9
9 .ln 2
x
u x du dx
x
= + ⇒ =
+
và
2
9
2
x
dv xdx v
+
= ⇒ =
0.25
(1,0 điểm)
Suy ra:

( )
4
4
2
2
2
0
0
9 1
.log 9
2 ln 2
x
I x xdx
 
+
= + −
 
 
∫
0.25
•
( )
4
2
2
2 2 2 2 2
0
9 25 9
.log 9 log 25 log 9 25log 5 9log 3
2 2 2

x
x
 
+
+ = − = −
 
 
•
4
4
2
0
0
8
2
x
xdx
 
= =
 
 
∫
0.25
Vậy
2 2
8
25log 5 9log 3
ln 2
I = − −
.

0.25
IV
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
Gọi O
AC BD= I
, M là trung điểm AB và I là trung điểm của AM.
Do tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên:

,CM AB OI AB⊥ ⊥
và
2
3 3 3
, ,
2 4 2
ABCD
a a a
CM OI S= = =

0.25
Vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên
( )
SO ABCD⊥
Do
AB OI AB SI⊥ ⇒ ⊥
. Suy ra:
( ) ( )
·
( )
·

·
0
, , 30SAB ABCD OI SI SIO= = = 
 
Xét tam giác vuông SOI ta được:
0
3 3
.t an30 .
4 3 4
a a
SO OI= = =
Suy ra:
2 3
1 1 3 3
. . . .
3 3 2 4 24
ABCD
a a a
V S SO= = =
.
0.25
Gọi J
OI CD= I
và H là hình chiếu vuông góc của J trên SI
Suy ra:
3
2
2
a
IJ OI= =

và
( )
JH SAB⊥
Do
( )
/ / / /CD AB CD SAB⇒
. Suy ra:

( ) ( ) ( )
, , ,d SA CD d CD SAB d J SAB JH= = =   
   
0.25
Xét tam giác vuông IJH ta được:
0
3 1 3
.sin30 .
2 2 4
a a
JH IJ= = =
Vậy
( )
3
,
4
a
d SA CD =
.
0.25
V
(1,0 điểm)

(1,0 điểm)
Xét bất phương trình:
2 2
4 2 15 2 13x x x x m− − + + ≥ − − +
(1)
0.25
Điều kiện:
2
2 15 0 3 5x x x− + + ≥ ⇔ − ≤ ≤
Đặt
2
2 15t x x= − + +
, ta có:
2
1
' , ' 0 1
2 15
x
t t x
x x
−
= = ⇔ =
− + +
Bảng biến thiên:
Suy ra:
[ ]
0;4t ∈
Do
2 2 2
2 15 2 15t x x x x t= − + + ⇔ − = −

nên bất phương trình đã cho trở thành:

2
4 2t t m− − ≥
(2)
0.25
Xét hàm số
2
( ) 4 2f t t t= − −
với
[ ]
0;4t ∈
, ta có:

( )
' 2 4 0 2f t t t= − = ⇔ =
Bảng biến thiên:
Suy ra:
[ ]
( )
0;4
min ( ) 2 6
t
f t f
∈
= = −
0.25
Bất phương trình (1) nghiệm đúng
[ ]
3;5x∀ ∈ −

⇔
Bất phương trình (1) nghiệm đúng
[ ]
0;4t∀ ∈
⇔

m ≤
[ ]
0;4
min ( )
t
f t
∈
⇔

6m
≤ −
Vậy, giá trị m thỏa đề bài là:
6m ≤ −
.
0.25
VI.a 1. (1,0 điểm)
Đường tròn (C) có tâm
( )
I 1;2
và bán kính
R 5=
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, ta có:

2

2 2 2 2
AB 10 5 10
IH IA AH R 5 IH
4 4 2 2
= − = − = − = ⇒ =
0.25
Đường thẳng (d) đi qua M và có VTPT
( )
n a;b=
r

( )
2 2
0a b+ ≠
có dạng:

( ) ( )
a x 6 b y 2 0 ax by 6a 2b 0− + − = ⇔ + − − =
0.25
Đường thẳng (d) thỏa đề bài khi: 0.25
(2,0 điểm)

( )
2 2
2 2
a 2b 6a 2b
10
d I;(d) IH 9a b b 3a
2
a b

+ − −
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ±
+

• Với
b 3a= −
ta được
( )
d : x 3y 0− =
• Với
b 3a=
ta được
( )
d : x 3y 12 0+ − =

Vậy, có hai đường thẳng thỏa đề bài là:
( )
d : x 3y 0− =
hoặc
( )
d : x 3y 12 0+ − =
.
0.25
2.(1,0 điểm)
Phương trình tham số của (d):
1 2
4
1
x t
y t

z t
= +


=


= − −

. Đặt
( )
1 2 ;4 ; 1M t t t+ − −
Ta có:
( ) ( )
3 2 ; 1 4 ;2 ; 1 2 ;5 4 ;1MA t t t MB t t t= − − − + = − − +
uuur uuur
0.25
MAB∆
vuông tại M
. 0MA MB⇔ =
uuur uuur

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
3 2 1 2 1 4 5 4 2 1 0
4 10 3 4 16 5 3 2 0
23
9 23 0 0
9

t t t t t t
t t t t t t
t t t t
⇔ − − + − − − + + + =
⇔ − + + − − + + + =
⇔ − = ⇔ = ∨ =
0.25
•
( )
0 1;0; 1t M= ⇒ −
0.25
•
23 55 92 32
; ;
9 9 9 9
t M
 
= ⇒ −
 ÷
 

Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là:
( )
1;0; 1M −
hoặc
55 92 32
; ;
9 9 9
M
 

−
 ÷
 
.
0.25
VII.a
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
Xét hệ phương trình:
( )
( ) ( )
3
3 3
8 2 0,5 (1)
log 2 log 3 2 3 (2)
x y
y
x y x y
−
−

=



− + + =

Điều kiện:
2 0;3 2 0x y x y− > + >
(*)

0.25
Khi đó:
( )
6
1 3
2
x y
y y x
− +
⇔ = − ⇔ = −
(3)
0.25
Thay (3) vào (1) ta được:
2
3 3
log 3 log 3 3 27 3x x x x+ = ⇔ = ⇔ = ±
.
0.25
• Với
3 3x y= ⇒ = −
, thỏa (*)
•
3 3x y= − ⇒ =
, không thỏa (*)
Vậy, hệ phương trình có nghiệm là:
3
3
x
y
=



= −

.
0.25
VI.b (1,0 điểm)
Từ yêu cầu của bài toán ta suy ra C là hình chiếu vuông góc của A trên (d)
Phương trình đường thẳng
( )
∆
qua A và vuông góc với (d) là:
2x y m 0+ + =

( ) ( )
A 1;2 2 2 m 0 m 0− ∈ ∆ ⇔ − + + = ⇔ =
Suy ra:
( )
: 2x y 0∆ + =
.
0.25
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:
{
3
x
3 6
2x y 0
5
C ;
x 2y 3 6

5 5
y
5

= −

 
+ =
⇔ ⇒ −

 ÷
− = −
 

=

.
0.25
(2,0 điểm)
Đặt
( )
B 2t 3;t (d)− ∈
, theo giả thiết ta có:
2 2
3 9AC BC AC BC= ⇔ =

0.25
2 2
2
16

t
4 16 12 6
15
9 2t t 45t 108t 64 0
4
25 25 5 5
t
3

=
 

   
⇔ + = − + − ⇔ − + = ⇔
 
 ÷  ÷

   
 
=
 


.
• Với
16 13 16
;
15 15 15
t B
 

= ⇒ −
 ÷
 

• Với
4 1 4
;
3 3 3
t B
 
= ⇒ −
 ÷
 

Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là:
13 16
;
15 15
B
 
−
 ÷
 
hoặc
1 4
;
3 3
B
 
−

 ÷
 
.
0.25
2.(1,0 điểm)
Ta có:
( ) ( ) ( )
2;1;2 ; 2;2;4 , 0; 12;6AB AC AB AC
 
= = − ⇒ = −
 
uuur uuur uuur uuur
0.25
Phương trình tham số của (d):
1 2
2
3 2
x t
y t
z t
= +


= − −


= − +

. Đặt
( )

1 2 ; 2 ; 3 2M t t t+ − − − +
Ta có:
( )
1 2 ; 3 ; 3 2AM t t t= + − − − +
uuuur
.Suy ra:
, . 18 24AB AC AM t
 
= +
 
uuur uuur uuuur
0.25
0
1
3 , . 3 18 24 18
3
6
2
MABC
t
V AB AC AM t
t
=


 
= ⇔ = ⇔ + = ⇔
 

= −


uuur uuur uuuur
0.25
• Với
( )
0 1; 2; 3t M= ⇒ − −
• Với
1
0 2; ; 6
2
t M
 
= ⇒ − − −
 ÷
 
Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là
( )
1; 2; 3M − −
hoặc
1
2; ; 6
2
M
 
− − −
 ÷
 
.
0.25
VII.b

(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
Xét hệ phương trình
2
3
3 3
9.4 2.4 4 0 (1)
log log 1 0 (2)
y
x
x y


− − =


− + =

Điều kiện:
0; 0x y> >
0.25
Khi đó:
3 3
(2) log 3 log 3x y y x⇔ = ⇔ =
(3)
0.25
Thay (3) vào (1) ta được:

( )
2

2
4 4
1
9.4 2.4 4 0 2. 4 9.4 4 0 1
1
2
4
2
x
x x x x
x
x x

=

− − = ⇔ − + = ⇔ ⇔ = ∨ = −

=


(loại)
0.25
• Với
1 3x y= ⇒ =
Vậy, hệ phương trình có nghiệm là:
1
3
x
y
=



=

.
0.25
Hết
Biên soạn: Huỳnh Chí Hào – THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu