ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm )
Câu I ( 2,0 điểm ) Cho hàm số
( )
1
1
x
y C
x
+
=
−
.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số .
2. Xác định m để đường thẳng
2y x m= +
cắt
( )
C
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
tiếp tuyến của
( )
C
tại A và B song song với nhau.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình :
2 2
3tan 4 tan 4cot 3cot 2 0x x x x+ + + + =
(1) .
2. Giải bất phương trình :

( )
2
1 2 1x x+ ≥ −
(2) .
Câu III (1,0 điểm ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường :
( )
= − + −
2
: 4 3P y x x
và hai tiếp tuyến của (P) tại hai điểm
( ) ( )
0 ; 3 , 3 ; 0A B−

Câu IV (1,0 điểm )
Cho một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy là a, cạnh bên hợp với mặt đáy một góc 60
0
. Xác
định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.Tính diện tích mặt cầu.Tính thể tích khối cầu
tương ứng .
Câu V ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình , khi a > 1 :

2
2
1
3
1
3
a
x a y a z a
a

a
a x a y a z
a

+
+ + + + + =



−

− + − + − =



II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm )Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2)
1). Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a ( 2,0 điểm )Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu có phương trình :
( )
2 2 2
: 2 4 6 0S x y z x y z+ + − − − =

1. Xét vị trí tương đối của mặt phẳng
( )
: 0x y z m
α
+ − + =
và mặt cầu (S) tùy theo giá trị của m .
2. Tìm tọa độ giao điểm của (S) với đường thẳng (∆) đi qua hai điểm
( )

1 ; 1 ; 1M
và
( )
2 ; 1 ; 5N −

và viết phương trình các mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) tại các giao điểm đó .
Câu VII.a (1, 0 điểm ) Cho 8 quả cân có trọng lượng lần lượt là : 1 kg , 2 kg , 3 kg , 4 kg , 5 kg , 6 kg , 7 kg
, 8 kg . Chọn ngẫu nhiên 3 quả cân trong số đó . Tính xác suất để trọng lượng 3 quả cân được chọn không
vượt quá 9 kg .
2). Theo chương trình nâng cao :
Câu VI.b ( 2,0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol
( )
2
: 64P y x=
và đường thẳng
( )
∆ − + =: 4 3 46 0x y
. Hãy viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng (∆) , tiếp xúc
với parabol (P) và có bán kính nhỏ nhất .
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm
( )
2 ; 4 ; 1A
,
( )
1 ; 4 ; 0B −

( )
0 ; 0 ; 3C −
.Xác định tâm và bán kính đường tròn (ABC) .
Câu VII. b (1, 0 điểm ) Có hai hộp chứa các viên bi chỉ khác về màu . Hộp thứ nhất chứa 3 bi xanh , 2 bi

vàng , 1 bi đỏ . Hộp 2 chứa 2 bi xanh , 1 bi vàng , 3 bi đỏ . Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một viên bi . Tính xác
suất để lấy được 2 bi xanh .
Lụứi giaỷi
Cõu I.
1. Phn kho sỏt chi tit bn c t lm , di õy l bng bin thiờn v th
(C) ca hm s .
+ Bng bin thiờn :
+ th (C) :
2. Phng trỡnh honh giao im ca

( )
: 2d y x m= +
v
( )
C
:

1
2
1
x
x m
x
+
= +


( ) ( )
2
2 3 1 0 1

1

+ =






x m x m
x
Ta cú:

( ) ( ) ( )
( )
2 2
3 8 1 1 16 0,
1 2 0,

= + + = + + >


=


m m m m
g m


phng trỡnh (1) luụn luụn cú hai nghim phõn bit khỏc 1.

Vy
( )
d
luụn luụn ct
( )
C
ti hai im phõn bit A v B .
Gi
1 2
,x x

( )
1 2
x x
ln lt honh ca A v B thỡ
1 2
,x x
l nghim ca phng trỡnh (1). Theo
nh lớ Vi-et, ta cú:
( )
1 2
1
3
2
x x m+ =
Tip tuyn
( ) ( )
1 2
,
ti A, B cú h s gúc ln lt l :

Vỡ
( )
2
2
'
1
y
x

=

( )
( )
1 1
2
1
2
'
1
k y x
x

= =

,
( )
( )
2 2
2
2

2
'
1
k y x
x

= =



( ) ( )
1 2 1 2
/ / =k k
( ) ( )
2 2
1 2
2 2
1 1x x

=

( ) ( )
2 2
1 2
1 1x x =

1 2
1 2
1 1
1 1

x x
x x
=



= +

( )
1 2
1 2
2
x x
x x

=


+ =

loaùi

( )
1
3 2
2
m =
1m =
.
Vậy, giá trị cần tìm là:

1m = −
.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
Điều kiện :
sin 0
sin 2 0 ,
cos 0
2
x
x x k k
x
π
≠

⇔ ≠ ⇔ ≠ ∈

≠

¢
( )
( )
( )
2 2
1 3 tan cot 4 tan cot 2 0x x x x⇔ + + + + =
Đặt
2
tan cot , 2
sin 2
t x x t

x
= + = ≥

2 2 2
tan cot 2t x x⇒ = + +
2 2 2
tan cot 2x x t⇒ + = −
Ta có :
( )
2
3 2 4 2 0t t− + + =
2
3 4 4 0t t⇔ + − =
( )
2
2
3
t
t
= −


⇔

=

loaïi
2
2
sin 2

⇒ = −
x
sin 2 1x⇔ = −
2 2 ,
2
x l l
π
π
⇔ = − + ∈¢
,
4
x l l
π
π
⇔ = − + ∈¢
So với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình :
,
4
x l l
π
π
= − + ∈¢
.
2. (1)
( )
( )
( )
2
2
2

2 1 0
1 0
2 1 1
x
x
x x

− ≥


⇔ + ≥


− ≤ +



2
1 1
1
2 3 0
x x
x
x x

≤ − ∨ ≥

⇔ ≥ −



− − ≤


1
1
1 3
x
x
x
 = −



⇔
≥



− ≤ ≤


1
1 3
x
x
= −

⇔

≤ ≤


Vậy nghiệm của bất phương trình :
1 1 3x x
= − ∨ ≤ ≤
.
Câu III .

( )
( )
( )

=

= − + ⇒

= −


' 0 4
' 2 4
' 3 2
y
y x x
y
+ Phương trình tiếp tuyến ∆
1
của (P) tại A có dạng:
( ) ( )
∆ + = −
⇒ ∆ = −

1
1
: 3 ' 0 0
: 4 3
y y x
y x
+ Phương trình tiếp tuyến ∆
2
của (P) tại B có dạng:
( ) ( )
∆ = −
⇒ ∆ = − +
2
2
: ' 3 3
: 2 6
y y x
y x
Dựa vào đồ thị ta có diện tích hình phẳng cần tìm là:

( )
( )
( )
( )
   
= − − − + − + − + − − + −
   
∫ ∫
3
3

2
2 2
3
0
2
4 3 4 3 2 6 4 3S x x x dx x x x dx
3
3
2
2 3 2
0 3
2
1
. 3 9
3
x dx x x x dx
 
= + − +
 ÷
 
∫ ∫
 
= + − +
 ÷
 
3
3
2
3 3 2
3

0
2
1 1
3 9
3 3
x x x x
9
4
=
(đvdt) .
Câu IV.
* Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.Gọi O là tâm của đáy , suy ra
( )
SO ABCD⊥
nên SO là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy ABCD của hình chóp. Trong
SOB∆

kẻ đường trung trực Mx của cạnh SB .
Gọi
∩ = ⇒ = = = =Mx SO J JA JB JC JD JS

nên J là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
Ta có
( )
ABCD
OB hch SB=

( )
·
(

)
·
0
, 60SB ABCD SBO⇒ = =

nên
SBD∆
đều , có cạnh
2BD a=
.
Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp chính là
bán kính đường tròn ngoại tiếp
SBD∆
Do đó
. 3 6
3 3
BD a
R = =
.
* Tính diện tích mặt cầu.

2
2
2
6 8
4 4
3 3
a a
S R
π

π π
 
= = =
 ÷
 ÷
 
(đvdt) .
* Tính thể tích khối cầu tương ứng

3
3
3
4 4 6 8 6
3 3 3 27
a a
V R
π
π π
 
= = =
 ÷
 ÷
 
(đvtt) .
Câu V.
Xét các véc tơ :
( )
( )
; ; , 1 ; 1 ; 1= + + + =
uur uur

u x a y a z a v


( )
( )
( ) ( )
2
2 2
2
. .
3 3 1
⇒ ≤
⇒ + + + + + ≤ + + +
uur uur uur uur
u v u v
x a y a z a a x y z
Tương tự
( )
( )
2
3 3− + − + − ≤ − − −a x a y a z a x y z
(2)

( ) ( )
2 2
18x a y a z a a x a y a z a⇒ + + + + + + − + − + − ≤
Mà cộng hai phương trình của hệ ta có :

( ) ( )
2 2

18x a y a z a a x a y a z a+ + + + + + − + − + − =
Tức là dấu đẳng thức phải xảy ra trong các bất đẳng thức (1) và (2) , hay :

2
2
1
1
1

+
+ = + = + =


⇔ = = =

−

− = − = − =


a
x a y a z a
a
x y z
a
a
a x a y a z
a
Vậy hệ phương trình có nghiệm là :
1

= = =x y z
a
.
II. PHẦN RIÊNG.
1). Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a
1. Biện luận vị trí tương đối của
( )
α
và (S)
Mặt cầu (S) có tâm
( )
1 ; 2 ; 3I
, bán kính
14R =
. Ta có:
( )
( )
,
3
m
d I
α
=
.
Biện luận:
• Nếu
( )
( )
42

, 14
3
42
m
m
d I R
m
α

< −
> ⇔ > ⇔

>


thì
( )
α
không cắt (S).
• Nếu
( )
( )
, 14 42
3
m
d I R m
α
= ⇔ = ⇔ = ±
thì
( )

α
tiếp xúc (S).
• Nếu
( )
( )
, 14 42 42
3
m
d I R m
α
< ⇔ < ⇔ − < <
thì
( )
α
cắt (S).
2. Phương trình tham số của đường thẳng
( )
1
: 1 2
1 4
x t
y t
z t
= +


∆ = −


= +


Tọa độ giao điểm của (∆) và (S) là nghiệm của hệ phương trình

( ) ( ) ( )
2 2 2
1 ; 1 2 ; 1 4
1 2 3 14
x t y t z t
x y z
= + = − = +



− + − + − =



( ) ( )
2 2
2
2
1 ; 1 2 ; 1 4
1 2 2 4 14
1 ; 1 2 ; 1 4
7 4 3 0
x t y t z t
t t t
x t y t z t
t t
= + = − = +



⇔

+ − − + − + =


= + = − = +

⇔

− − =


1 ; 1 2 ; 1 4
3
1 hay
7
4
7
2
13
1 hay
7
5
5
7
x t y t z t
t t
x

x
y y
z
z
= + = − = +


⇔

= = −



=
=


 
⇔ = − =
 
 
=

= −


Vậy (∆) và (S) có hai giao điểm
( )
4 13 5
2 ; 1 ; 5 , ; ;

7 7 7
A B
 
− −
 ÷
 
.
Ta có:
( ) ( )
1
1 ; 3 ; 2 , 3 ;1 ; 26
7
IA IB= − = −
uur uur
.
Phương trình tiếp diện của (S) tại A là:

( ) ( ) ( )
1 2 3 1 2 5 0 3 2 15 0x y z x y z− − + + − = ⇔ − + − =
.
Phương trình tiếp diện của (S) tại B là:
4 13 5
3 1 26 0 3 26 15 0
7 7 7
x y z x y z
     
− + − + + = ⇔ + + + =
 ÷  ÷  ÷
     
.

Câu VII.a
Ta chọn ngẫu nhiên 3 quả cân trong 8 quả cân , nên kích thước không gian mẫu là :
3
8
56CΩ = =
.
Biến cố A : “ Trọng lượng 3 quả cân được chọn không quá 9 kg ”
Để được một kết quả thuận lợi của biến cố A , ta có thể chọn theo 7 phương án sau :
+ Chọn các quả cân có trọng lượng là :
{ }
1 ; 2 ; 3kg kg kg
.
+ Chọn các quả cân có trọng lượng là :
{ }
1 ; 2 ; 4kg kg kg
.
+ Chọn các quả cân có trọng lượng là :
{ }
1 ; 2 ; 5kg kg kg
.
+ Chọn các quả cân có trọng lượng là :
{ }
1 ; 2 ; 6kg kg kg
.
+ Chọn các quả cân có trọng lượng là :
{ }
1 ; 3 ; 4kg kg kg
.
+ Chọn các quả cân có trọng lượng là :
{ }

1 ; 3 ; 5kg kg kg
.
+ Chọn các quả cân có trọng lượng là :
{ }
2 ; 3 ; 4kg kg kg
.
Nên
7
A
Ω =
. Vậy xác suất cần tìm là :
( )
7 1
56 8
A
P A
Ω
= = =
Ω
.
2). Theo chương trình nâng cao :
Câu VI.b.
1. Gọi (C) là đường tròn cần tìm và I, R lần lượt là tâm và bán kính của (C)
Đặt
( )
( )
2
; 8M t t P∈
. Đường tròn (C) có tâm I thuộc (∆) , tiếp xúc với (P) và có bán kính nhỏ nhất
nên bán kính R bằng khoảng cách ngắn nhất từ M đến ∆.

Khoảng cách từ M đến (∆) là :

( )
( )
( )
2
2
4 24 46
4 3 10
, 2
5 5
t t
t
d d I
− +
− +
= ∆ = = ≥


( )
min 2 3 9 ; 24d t M⇒ = ⇔ = ⇒
.
Tâm I của đường tròn (C) là hình chiếu vuông góc của M trên (∆) .

( )
: 3x 4 0MI MI y C⊥ ∆ ⇒ + + =
.

3.9 4.24 0 123M MI C C∈ ⇒ + + = ⇔ = −


Tọa độ của I là nghiệm của hệ:
37
4 3 46 0
5
3 4 123 0 126
5
x
x y
x y
y

=
− + =


⇔
 
+ − =

=


Nên
37 126
;
5 5
I
 
 ÷
 

. Phương trình đường tròn (C) có dạng:

2 2
37 126
4
5 5
x y
   
− + − =
 ÷  ÷
   
2. * Xác định tâm và bán kính đường tròn (ABC)
Ta có:
( ) ( ) ( )
3 ; 0 ; 1 , 2 ; 4 ; 4 , 1; 4 ; 3AB AC BC= − − = − − − = − −
uuur uuur uuur

2 2 2
10 ; 6 ; 26AB AC BC AB BC AC⇒ = = = ⇒ + +
Suy ra: Tam giác ABC vuông tại B .
Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (ABC), ta có:
• I là trung điểm cạnh AC nên
( )
1 ; 2 ; 1I
.
•
1
3
2
R AB= =

.
* Viết phương trình đường tròn (ABC)
Gọi (S) là mặt cầu tâm
( )
1 ; 2 ; 1I
bán kính
3R
=
thì phương trình mặt cầu (S) có dạng :
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 1 9x y z− + − + + =

Đường tròn (ABC) là giao của mặt phẳng (ABC) và mặt cầu (S) nên các điểm nằm trên đường tròn có tọa
độ thỏa hệ sau

( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 1 9
2 5 6 18 0
x y z
x y z

− + − + + =


+ − − =


Hệ trên chính là phương trình đường tròn (ABC) .

Câu VII. b
Xét :

( )
2009
0 1 2 2 3 3
2009 2009 2009 2009
2006 2006 2007 2007 2008 2008 2009 2009
2009 2009 2009 2009
1 .+ = + + + +
+ + + +
L
L
i C i C i C i C
i C i C i C i C

( )
0 2 2006 2008 1 3 2007 2009
2009 2009 2009 2 1 2009 2009 2009 2009
.
n
C C C C i C C C C
+
= − + − + + − + − −L L
Mặt khác :
1 1
1 2 2 cos sin
4 4
2 2
i i i

π π
 
 
+ = + = +
 ÷
 ÷
 
 

( )
( )
2009
2009
1004
1004 1004 1004
2009. 2009.
1 2 cos sin
4 4
2 2 cos 251.2 .sin 251.2
4 4
2 2 cos sin 2 .2
4 4
π π
π π
π π
π π
 
⇒ + = +
 
 

 
   
= + + +
 ÷  ÷
 
   
 
 
= + = +
 
 
i i
i
i i
Vậy
0 2 4 2004 2006 2008 1004
2009 2009 2009 2009 2009 2009
2S C C C C C C= − + − + − + =L