›
›
›

Đề thi thử vào Đại học môn Toán (Có đáp án)

doc 58 trang thaodu 3360
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi thử vào Đại học môn Toán (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_thu_vao_dai_hoc_mon_toan_co_dap_an.doc

Nội dung text: Đề thi thử vào Đại học môn Toán (Có đáp án)

  1. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y f (x) 8x4 9x2 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 8cos4 x 9cos2 x m 0 với x [0; ] . Câu II (2 điểm) log x 1 3 1. Giải phương trình: x 2 x x 2 2 2 2 x y x y 12 2. Giải hệ phương trình: 2 2 y x y 12 Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y | x2 4x | và y 2x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm 2 4sin3xsinx + 4cos 3x - cos x + cos 2x + m 0 4 4 4 PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y 1 0 và phân giác trong CD: x y 1 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. x 2 t 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số y 2t z 2 2t .Gọi là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5 xy 1 yz 1 zx 1 x y z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng có phương trình tham số x 1 2t y 1 t .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng , xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị z 2t nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
  2. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 1 1 2 b c a 2 3a b 3a c 2a b c 3a c 3a b Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 + Tập xác định: D ¡ 0,25 + Sự biến thiên: Giới hạn: lim y ; lim y x x y ' 32x3 18x = 2x 16x2 9 x 0 0,25 y ' 0 3 x 4 Bảng biến thiên. 0,25 3 49 3 49 yCT y ; yCT y ; yC§ y 0 1 4 32 4 32 Đồ thị 0,25 2 1,00 Xét phương trình 8cos4 x 9cos2 x m 0 với x [0; ] (1) Đặt t cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4 9t 2 m 0 (2) 0,25 Vì x [0; ] nên t [ 1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. Ta có: (2) 8t 4 9t 2 1 1 m (3) 4 2 Gọi (C1): y 8t 9t 1 với t [ 1;1] và (D): y = 1 – m. 0,25 Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền 1 t 1 .
  3. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 81 m : Phương trình đã cho vô nghiệm. 32 81 1.m : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 32 0,50 81 1 m : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 32 0 m 1 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. m 0 : Phương trình đã cho có 1 nghiệm. m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm. II 2,00 1 1,00 Phương trình đã cho tương đương: x 2 0 x 2 0 x 2 log x log3 x 1 3 1 1 log x ln x 0 0,50 x 1 ln x 0 3 2 2 2 x 2 x 2 0 x 2 x 2 x 2 x 2 log3 x 0 x 1 x 1 x 2 1 1 3 0,50 ln x 0 x 1 x 2 2 2 x 2 x 2 x 2 2 1,00 Điều kiện: | x | | y | u x2 y2 ; u 0 1 u2 Đặt ; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có y v . v x y 2 v Hệ phương trình đã cho có dạng: 0,25 u v 12 u u2 v 12 2 v u 4 u 3 hoặc v 8 v 9 u 4 x2 y2 4 + (I) 0,25 v 8 x y 8 u 3 x2 y2 3 + (II) v 9 x y 9 Giải hệ (I), (II). 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S 5;3 , 5;4   0,25
  4. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 1,00 S  5;3 , 5;4  III 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x2 4x | (C) và d : y 2x Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x 0 x 0 x 0 2 2 2 | x 4x | 2x x 4x 2x x 6x 0 x 2 2 2 0,25 x 4x 2x x 2x 0 x 6 Suy ra diện tích cần tính: 2 6 S x2 4x 2x dx x2 4x 2x dx 0 2 2 Tính: I | x2 4x | 2x dx 0 2 4 0,25 Vì x 0;2, x2 4x 0 nên | x2 4x | x2 4x I x2 4x 2x dx 0 3 6 Tính K | x2 4x | 2x dx 2 Vì x 2;4, x2 4x 0 và x 4;6, x2 4x 0 nên 0,25 4 6 K 4x x2 2x dx x2 4x 2x dx 16 . 2 4 4 52 1,00 Vậy S 16 3 3 IV 0,25 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của
  5. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 AB  IC AB, A’B’. Ta có: AB  CHH ' ABB ' A'  CII 'C ' AB  HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K II ' . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K I ' H ' I 'C ' ; IK IH IC 3 6 3 3 0,25 x 3 x 3 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K.IK OK 2 . r 2 x2 6r2 6 3 h Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V B B ' B.B ' 3 0,25 4x2 3 x2 3 3r2 3 Trong đó: B x2 3 6r2 3; B ' ; h 2r 4 4 2 2r 3r2 3 3r2 3 21r3. 3 Từ đó, ta có: V 6r2 3 6r2 3. 0,25 3 2 2 3 V 1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ; +/ 4cos 3x - cos x + 2 cos 2x - cos4x 2 sin 2x + cos4x 4 4 2 2 1 1 +/ cos 2x + 1 cos 4x + 1 sin 4x 4 2 2 2 0,25 Do đó phương trình đã cho tương đương: 1 1 2 cos2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1) 2 2 Đặt t cos2x + sin2x = 2cos 2x - (điều kiện: 2 t 2 ). 4 Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t2 1 . Phương trình (1) trở thành: t 2 4t 2m 2 0 (2) với 2 t 2 2 (2) t 4t 2 2m 0,25 Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường (D) : y 2 2m (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y t 2 4t với 2 t 2 . 2 Trong đoạn 2; 2 , hàm số y t 4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 4 2 tại t 2 và 0,25 đạt giá trị lớn nhất là 2 4 2 tại t 2 . Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 4 2 2 2m 2 4 2 0,25 2 2 m 2 2 . VIa 2,00
  6. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 1 1,00 Điểm C CD : x y 1 0 C t;1 t . t 1 3 t Suy ra trung điểm M của AC là M ; . 2 2 0,25 t 1 3 t 0,25 Điểm M BM : 2x y 1 0 2 1 0 t 7 C 7;8 2 2 Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x y 1 0 tại I (điểm K BC ). 0,25 Suy ra AK : x 1 y 2 0 x y 1 0 . x y 1 0 Tọa độ điểm I thỏa hệ: I 0;1 . x y 1 0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của K 1;0 . x 1 y Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 4x 3y 4 0 7 1 8 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng , thì (P) //(D) hoặc (P)  (D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA và IH  AH . d D , P d I, P IH Mặt khác H P Trong mặt phẳng P , IH IA ; do đó maxIH = IA H  A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A.  Vectơ pháp tuyến của (P0) là n IA 6;0; 3 , cùng phương với v 2;0; 1 . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2 x 4 1. z 1 2x - z - 9 = 0 . VIIa Để ý rằng xy 1 x y 1 x 1 y 0 ; yz 1 y z và tương tự ta cũng có 0,25 zx 1 z x
  7. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 Vì vậy ta có: 1,00 1 1 1 x y z x y z 1 1 1 xy 1 yz 1 zx 1 yz 1 zx 1 xy 1 x y z 3 yz 1 zx+y xy z 1 z y x 5 vv yz 1 zx y xy z z y x 1 5 z y y z 5  Ta có: AB 1;2 AB 5 . Phương trình của AB là: 2x y 2 0 . I d : y x I t;t . I là trung điểm 0,25 của AC và BD nên ta có: C 2t 1;2t , D 2t;2t 2 . 4 Mặt khác: SABCD AB.CH 4 (CH: chiều cao) CH . 0,25 5 4 5 8 8 2 | 6t 4 | 4 t C ; , D ; Ngoài ra: d C; AB CH 3 3 3 3 3 5 5 t 0 C 1;0 , D 0; 2 0,50 5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là C ; , D ; hoặc C 1;0 , D 0; 2 3 3 3 3 2 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. x 1 2t Đường thẳng có phương trình tham số: y 1 t . z 2t Điểm M nên M 1 2t;1 t;2t . 0,25 2 AM 2 2t 2 4 t 2 2t 2 9t 2 20 3t 2 2 5 2 BM 4 2t 2 2 t 2 6 2t 2 9t 2 36t 56 3t 6 2 2 5 2 2 AM BM 3t 2 2 5 3t 6 2 2 5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u 3t;2 5 và v 3t 6;2 5 . 2 2 | u | 3t 2 5 0,25 Ta có 2 | v | 3t 6 2 2 5
  8. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 Suy ra AM BM | u | | v | và u v 6;4 5 | u v | 2 29 Mặt khác, với hai vectơ u, v ta luôn có | u | | v | | u v | Như vậy AM BM 2 29 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u, v cùng hướng 3t 2 5 t 1 0,25 3t 6 2 5 M 1;0;2 và min AM BM 2 29 . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11 29 0,25 VIIb 1,00 a b c Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b c a . c a b a b c a Đặt x, y,a z x, y, z 0 x y z, y z x, z x y . 2 2 0,50 Vế trái viết lại: a b a c 2a VT 3a c 3a b 2a b c x y z y z z x x y 2z z Ta có: x y z z x y z 2z x y . x y z x y x 2x y 2y Tương tự: ; . y z x y z z x x y z 0,50 x y z 2 x y z Do đó: 2 . y z z x x y x y z 1 1 2 b c Tức là: a 2 3a b 3a c 2a b c 3a c 3a b ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG-ĐỀ SỐ 2 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y f (x) x4 2x2 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. Câu II (2 điểm) 1 2 cos x sin x 1. Giải phương trình lượng giác: tan x cot 2x cot x 1 2 1 2. Giải bất phương trình: log3 x 5x 6 log1 x 2 log1 x 3 3 2 3
  9. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 2 Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I cos 2x sin4 x cos4 x dx 0 Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ. Câu V (1 điểm) Cho phương trình x 1 x 2m x 1 x 2 4 x 1 x m3 Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng định bởi: (C) : x2 y2 4x 2y 0; : x 2y 12 0 . Tìm điểm M trên sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu? 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng 9 d : x y 3 0 và có hoành độ x , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa I 2 độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là (S) : x2 y2 z2 4x 2y 6z 5 0, (P) : 2x 2y z 16 0 . Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. Câu VII.b (1 điểm) Cho a,b,c là những số dương thỏa mãn: a2 b2 c2 3 . Chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 4 4 4 a b b c c a a2 7 b2 7 c2 7 Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 2 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 + MXĐ: D ¡ 0,25 + Sự biến thiên Giới hạn: lim y ; lim y x x 0,25 3 2 x 0 y ' 4x 4x 4x x 1 ; y ' 0 x 1
  10. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 Bảng biến thiên 0,25 yCT1 y 1 1; yCT 2 y 1 1; yC§ y 0 0 Đồ thị 0,25 2 1,00 Ta có f '(x) 4x3 4x . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. 3 3 Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là kA f '(a) 4a 4a, kB f '(b) 4b 4b Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: y f ' a x a f a f ' a x f (a) af' a ; y f ' b x b f b f ' b x f (b) bf' b Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: 3 3 2 2 kA kB 4a 4a = 4b 4b a b a ab b 1 0 (1) Vì A và B phân biệt nên a b , do đó (1) tương đương với phương trình: a2 ab b2 1 0 (2) Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau 2 2 a ab b 1 0 a2 ab b2 1 0 a b , 4 2 4 2 f a af ' a f b bf ' b 3a 2a 3b 2b Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là 1; 1 và 1; 1 . Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là a2 ab b2 1 0 a 1 a b II 2,00 1 1,00 cos x.sin 2x.sin x. tan x cot 2x 0 Điều kiện: 0,25 cot x 1
  11. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 1 2 cos x sin x cos x.sin 2x Từ (1) ta có: 2 sin x sin x cos 2x cos x 0,25 1 cos x cos x sin 2x sin x 2sin x.cos x 2 sin x x k2 2 4 0,25 cos x k ¢ 2 x k2 4 Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là x k2 k ¢ 4 0,25 2 1,00 Điều kiện: x 3 0,25 Phương trình đã cho tương đương: 1 2 1 1 log3 x 5x 6 log 1 x 2 log 1 x 3 2 2 3 2 3 0,25 1 2 1 1 log3 x 5x 6 log3 x 2 log3 x 3 2 2 2 log3 x 2 x 3 log3 x 2 log3 x 3 x 2 log3 x 2 x 3 log3 x 3 x 2 x 2 x 3 x 3 0,25 x 10 x2 9 1 x 10 Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x 10 0,25 III 1,00 1 1,00 2 1 2 I cos 2x 1 sin 2x dx 0 2 0,50 2 1 1 2 1 sin 2x d sin 2x 2 0 2 1 2 1 2 d sin 2x sin2 2xd sin 2x 2 0 4 0 1 1 sin 2x| 2 sin3 2x| 2 0 2 0 12 0 0,50 IV 1,00
  12. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM  AB và O ' N  CD . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: IOM vuông cân tại O nên: 0,25 2 h 2 a 2 OM OI IM h a. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a a 2 a a 3a Ta có: R OA AM MO 0,25 2 4 4 8 8 3a 2 a 2 3 2 a3 V R 2h . . , 0,25 8 2 16 a 3 a 2 3 a2 và S 2 Rh=2 . . . 0,25 xq 2 2 2 2 V 1,00 Phương trình x 1 x 2m x 1 x 2 4 x 1 x m3 (1) Điều kiện : 0 x 1 Nếu x 0;1 thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có 1 1 0,25 điều kiện x 1 x x . Thay x vào (1) ta được: 2 2 1 1 3 m 0 2. m 2. m 2 2 m 1 * Với m = 0; (1) trở thành: 2 1 4 x 4 1 x 0 x 0,25 2 Phương trình có nghiệm duy nhất. * Với m = -1; (1) trở thành x 1 x 2 x 1 x 2 4 x 1 x 1 x 1 x 2 4 x 1 x x 1 x 2 x 1 x 0 2 2 4 4 x 1 x x 1 x 0 0,25 1 + Với 4 x 4 1 x 0 x 2 1 + Với x 1 x 0 x 2 Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
  13. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 * Với m = 1 thì (1) trở thành: 2 2 x 1 x 2 4 x 1 x 1 2 x 1 x 4 x 4 1 x x 1 x 1 Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x 0, x nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm 0,25 2 duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. VIa 2,00 1 1,00 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R 5 . Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM 2R=2 5 . 0,25 Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: x 2 2 y 1 2 20 . Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: 2 2 x 2 y 1 20 (1) 0,25 x 2y 12 0 (2) Khử x giữa (1) và (2) ta được: x 3 2 2 2 0,25 2y 10 y 1 20 5y 42y 81 0 27 x 5 9 27 33 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M 3; hoặc M ; 0,25 2 5 10 2 1,00 Ta tính được AB CD 10, AC BD 13, AD BC 5 . 0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này. 0,25 3 3 14 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là G ;0; , bán kính là R GA . 0,50 2 2 2 VIIa 1,00 9 Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C18 . 0,25 Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8. 9 0,25 + Không có bi xanh: có C13 cách. 9 + Không có bi vàng: có C15 cách. 9 Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có C10 cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần. 0,50 9 9 9 9 Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C10 C18 C13 C15 42910 cách. VIb 2,00 1 1,00
  14. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 9 9 3 I có hoành độ xI và I d : x y 3 0 I ; 2 2 2 Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0) 2 2 9 9 AB 2IM 2 x x y y 2 3 2 I M I M 4 4 S 12 S AB.AD = 12 AD = ABCD 2 2. ABCD AB 3 2 AD  d 0,50 , suy ra phương trình AD: 1. x 3 1. y 0 0 x y 3 0 . M AD Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: x y 3 0 y x 3 y x 3 2 2 2 2 2 2 x 3 y 2 x 3 y 2 x 3 3 x 2 y 3 x x 2 x 4 hoặc .Vậy A(2;1), D(4;-1), x 3 1 y 1 y 1 xA xC xI 9 3 2 xC 2xI xA 9 2 7 I ; là trung điểm của AC, suy ra: 2 2 y y y 2y y 3 1 2 y A C C I A 0,50 I 2 Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 2 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2 2. 1 3 16 0,25 d d I, P 5 d R . 3 Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị trí M 0 và N ở vị trí N 0. Dễ thấy N 0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của và (P). Đường thẳng có vectơ chỉ phương là nP 2;2; 1 và qua I nên có phương trình là 0,25 x 2 2t y 1 2t t ¡ . z 3 t Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: 15 5 2 2 2t 2 1 2t 3 t 16 0 9t 15 0 t 9 3 0,25 4 13 14 Suy ra N0 ; ; . 3 3 3  3  Ta có IM 0 IN0. Suy ra M0(0;-3;4) 0,25 5 VII 1,00
  15. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 b 1 1 4 Áp dụng bất đẳng thức (x 0, y 0) x y x y 0,50 1 1 4 1 1 4 1 1 4 Ta có: ; ; a b b c a 2b c b c c a a b 2c c a a b 2a+b+c Ta lại có: 1 2 2 2a2 b2 c2 4 4a 2b 2c 0 2a b c 2a2 b2 c2 4 a2 7 2 a 1 2 b 1 2 c 1 2 0 1 2 1 2 0,50 Tương tự: ; 2b c a b2 7 2c a b c2 7 1 1 1 4 4 4 Từ đó suy ra a b b c c a a2 7 b2 7 c2 7 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG- ĐỀ SỐ 3 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y f (x) mx3 3mx2 m 1 x 1 , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số y f (x) không có cực trị. Câu II (2 điểm) sin 4 x cos4 x 1 1. Giải phương trình : tan x cot x sin 2x 2 2 3 2. Giải phương trình: log x 1 2 log 4 x log 4 x 4 2 8 3 2 dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân A 2 1 x 1 x 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. x2 7x 6 0 Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm 2 x 2 m 1 x m 3 0 PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng P : x 2y 2z + 5 = 0; Q : x 2y 2z -13 = 0. Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
  16. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 5 C 4 C3 A2 n 1 n 1 n 2 4 k k (Ở đây An , Cn lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử) 7 C n 4 A3 n 1 15 n 1 2. 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 (): 2 2 x y 2x 4y 8 0 .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn () và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn () sao cho tam giác ABC vuông ở B. x 1 y 3 z x 5 y z 5 2. Cho mặt phẳng (P): x 2y 2z 1 0 và các đường thẳng d : ; d : . 1 2 3 2 2 6 4 5 Tìm các điểm M d1 , N d 2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. 1 Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số f (x) ln và giải bất phương trình 3 x 3 6 t sin 2 dt 2 f '( x) 0 x 2 Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 3 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 Khi m = 1 ta có y x3 3x2 1 0,25 + MXĐ: D ¡ + Sự biến thiên: Giới hạn: lim y ; lim y x x 2 x 2 0,25 y ' 3x 6x ; y ' 0 x 0 Bảng biến thiên 0,25 yC§ y 2 3; yCT y 0 1
  17. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 Đồ thị 0,25 2 1,00 + Khi m = 0 y x 1 , nên hàm số không có cực trị. 0,25 + Khi m 0 y ' 3mx2 6mx m 1 0,50 Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y ' 0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 1 ' 9m2 3m m 1 12m2 3m 0 0 m 4 0,25 II 2,00 1 1,00 sin4 x cos4 x 1 tan x cot x (1) sin 2x 2 0,25 Điều kiện: sin 2x 0 1 1 sin2 2x 2 1 sin x cos x (1) 0,25 sin 2x 2 cos x sin x 1 1 sin2 2x 1 1 2 1 sin2 2x 1 sin 2x 0 sin 2x sin 2x 2 0,50 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2 1,00 log x 1 2 2 log 4 x log 4 x 3 (2) 4 2 8 0,25
  18. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 x 1 0 4 x 4 Điều kiện: 4 x 0 x 1 4 x 0 (2) log x 1 2 log 4 x log 4 x log x 1 2 log 16 x2 2 2 2 2 2 0,25 2 2 log2 4 x 1 log2 16 x 4 x 1 16 x + Với 1 x 4 ta có phương trình x2 4x 12 0 (3) ; x 2 0,25 (3) x 6 lo¹i + Với 4 x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4); x 2 24 4 0,25 x 2 24 lo¹i Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 2 hoặc x 2 1 6 III 1,00 dx tdt Đặt t 1 x2 t 2 1 x2 2tdt 2xdx x x2 dx tdt tdt x 1 t 2 t 2 1 + Đổi cận: 0,50 1 3 x t 2 2 3 1 x t 2 2 1 3 2 2 3 dt dt 1 t 1 2 1 7 4 3 A 2 2 ln |1 ln 0,50 t 1 1 t 2 1 t 2 3 3 1 2 2 2 IV 1,00 Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE  AB, SE  AB , suy ra SOE  AB . Dựng OH  SE OH  SAB , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. 0,25 Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:
  19. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 1 1 1 1 1 1 1 8 1 OH 2 SO2 OE 2 OE 2 OH 2 SO2 9 9 9 3 OE 2 OE 8 2 2 9 81 9 SE 2 OE 2 SO2 9 SE 8 8 2 2 1 2S 36 S AB.SE AB SAB 8 2 SAB 2 SE 9 2 2 0,25 2 2 2 2 2 1 2 9 9 265 OA AE OE AB OE 4 2 32 2 8 8 8 1 2 1 265 265 Thể tích hình nón đã cho: V .OA .SO .3 0,25 3 3 8 8 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 265 337 337 SA2 SO2 OA2 9 SA 8 8 8 0,25 265 337 89305 S .OA.SA . xq 8 8 8 V 1,00 2 x 7x 6 0 (1) Hệ bất phương trình 2 x 2 m 1 x m 3 0 (2) 0,25 1 1 x 6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0 1;6 thỏa mãn (2). x2 2x 3 2 x2 2x 3 2x 1 m m (do x 1;6 2x 1 0) 2x 1 0,25 x2 2x 3 Gọi f (x) ; x 1;6 2x 1 Hệ đã cho có nghiệm x0 1;6: f (x0 ) m 2 2x2 2x 8 2 x x 4 1 17 f ' x ; f ' x 0 x2 x 4 0 x 0,25 2x 1 2 2x 1 2 2 1 17 Vì x 1;6 nên chỉ nhận x 2 2 27 1 17 3 17 Ta có: f (1) , f (6) , f 3 13 2 2 27 Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f (x) 0,25 13 27 Do đó x0 1;6: f (x0 ) m max f (x) m m x 1;6 13 VIa 2,00 1 1,00
  20. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 4x 3y 4 0 x 2 Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: A 2;4 0,25 x 2y 6 0 y 4 4x 3y 4 0 x 1 Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình B 1;0 0,25 x y 1 0 y 0 Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a x 2 b y 4 0 ax by 2a 4b 0 Gọi 1 : 4x 3y 4 0; 2 : x 2y 6 0; 3 : ax by 2a 4b 0 · · Từ giả thiết suy ra 2 ; 3 1; 2 . Do đó · · |1.a 2.b | | 4.1 2.3| cos 2 ; 3 cos 1; 2 5. a2 b2 25. 5 0,25 2 2 a 0 | a 2b | 2 a b a 3a 4b 0 3a 4b 0 + a = 0 b 0 . Do đó 3 : y 4 0 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4x 3y 4 0 (trùng với 1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. y 4 0 x 5 Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: C 5;4 0,25 x y 1 0 y 4 2 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: OI AI OI AI d I, P d I, Q OI d I, P 0,25 d I, P d I, Q Ta có: OI AI OI 2 AI 2 a2 b2 c2 a 5 2 b 2 2 c 1 2 10a 4b 2c 30 (1) | a 2b 2c 5 | 2 OI d I, P a2 b2 c2 9 a2 b2 c2 a 2b 2c 5 (2) 3 0,25 | a 2b 2c 5 | | a 2b 2c 13| d I, P d I, Q 3 3 a 2b 2c 5 a 2b 2c 13 (lo¹i) a 2b 2c 4 (3) a 2b 2c 5 a 2b 2c 13 17 11a 11 4a Từ (1) và (3) suy ra: b ; c (4) 3 6 3 Từ (2) và (3) suy ra: a2 b2 c2 9 (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: a 2 221a 658 0 0,25 658 658 46 67 Như vậy a 2 hoặc a .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc I ; ; và R = 3. 221 221 221 221
  21. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: 2 2 2 0,25 2 2 2 658 46 67 x 2 y 2 z 1 9 và x y z 9 221 221 221 VIIa 1,00 Điều kiện: n 1 4 n 5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương: n 1 n 2 n 3 n 4 n 1 n 2 n 3 5 n 2 n 3 0,50 4.3.2.1 3.2.1 4 n 1 n n 1 n 2 n 3 7 n 1 n n 1 5.4.3.2.1 15 n2 9n 22 0 2 n 5n 50 0 n 10 0,50 n 5 VIb 2,00 1 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 x y 2x 4y 8 0 y 0; x 2 0,50 x 5y 2 0 y 1; x 3 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì ·ABC 900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của 0,50 đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 2 1,00 x 1 2t Phương trình tham số của d1 là: y 3 3t . M thuộc d1 nên tọa độ của M 1 2t;3 3t;2t . z 2t 0,25 Theo đề: |1 2t 2 3 3t 4t 1| |12t 6 | d M , P 2 2 12t 6 6 t1 1, t2 0. 12 2 2 22 3 + Với t1 = 1 ta được M1 3;0;2 ; 0,25 + Với t2 = 0 ta được M 2 1;3;0 + Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: x 3 2y 2 z 2 0 x 2y 2z 7 0 (1) . x 5 6t 0,25 Phương trình tham số của d2 là: y 4t (2) z 5 5t Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0). + Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0,25 VIIb 1,00
  22. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 1 Điều kiện 0 x 3 3 x 3 0,25 1 1 3 f (x) ln ln1 3ln 3 x 3ln 3 x ; f '(x) 3 3 x ' 3 x 3 3 x 3 x 6 t 6 1 cost 3 3 Ta có: sin2 dt dt t sin t sin 0 sin 0 3 0,25 |0 0 2 0 2 6 2 t sin dt 3 3 2x 1 x 2 2 0 Khi đó: f '(x) 0 3 x x 2 x 3 x 2 1 0,50 x 2 x 3 x 3; x 2 x 3; x 2 2 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 4 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 1 Cho hàm số y = (m - 1)x 3 + mx2 + (3m - 2)x (1) 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên tập xác định của nó. Câu II (2,0 điểm) 1. Giài phương-2 trình: (2cosx - 11)(sin x + cosx) = 1 3 -1 2 3 3 2. Giải phương trình: log1 (x + 2) - 3 = log1 (4 - x) + log1 (x + 6) 2 4 4 4 Câu III (1,0 điểm) p 2 cosx Tính tích phân: I = dx ò 2 0 sin x - 5sin x + 6 Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng A'BC tạo với đáy một góc 300 và tam giác A'BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ. Câu V (1,0 điểm) 5 Giả sử x, y là hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y = . 4 4 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S= + x 4y II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy. Viết phương trình đường thẳng (D) đi qua điểm M(3;1) và cắt trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với A(2;-2). 2. Trong không gian (Oxyz) cho điểm A(4;0;0) và điểm B(x 0;y0;0),(x 0 > 0;y0 > 0) sao cho OB = 8 và góc A·OB = 600 . Xác định tọa độ điểm C trên trục Oz để thể tích tứ diện OABC bằng 8. Câu VII.a (1,0 điểm) Từ các chữ số 0;1;2;3;4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6 chữ số khác nhau và chữ số 2 đứng cạnh chữ số 3.
  23. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy. Viết phương trình đường thẳng (D) đi qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của tồng OA + OB nhỏ nhất. 2. Trong không gian (Oxyz) cho tứ diện ABCD có ba đỉnh A(2;1;- 1),B(3;0;1),C(2;- 1;3) , còn đỉnh D nằm trên trục Oy. Tìm tọa độ đỉnh D nếu tứ diện có thể tích V = 5 Câu VII.b (1,0 điểm) Từ các số 0;1;2;3;4;5. Hỏi có thể thành lập được bao nhiêu số có 3 chữ số không chia hết cho 3 mà các chữ số trong mỗi số là khác nhau. Hết KẾT QUẢ ĐỀ 4 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải 2. m ³ 2 Câu II (2,0 điểm) p k2p 1. x = k2p;x = + 6 3 2. x = 2;x = 1- 33 Câu III (1,0 điểm) 4 I = ln 3 Câu IV (1,0 điểm) V = 8 3 Câu V (1,0 điểm) min S= 5 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. x + 3y - 6 = 0;x - y - 2 = 0 2. C1(0;0; 3),C2(0;0;- 3) Câu VII.a (1,0 điểm) 192 số 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. x + 2y - 6 = 0 2. D1(0;- 7;0),D2(0;8;0) Câu VII.b (1,0 điểm) 64 số Hết
  24. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 5 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) mx + 4 Cho hàm số y = (1) x + m 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (- ¥ ;1) . Câu II (2,0 điểm) 1. Giài phương trình: cos3 x - 4sin3 x - 3cosx sin2 x + sin x = 0 2 2. Giải phương trình: log3 (x - 1) + log 3 (2x - 1) = 2 Câu III (1,0 điểm) p 4 dx Tính tích phân: I = ò 6 0 cos x Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A'B'C'D' có chiều cao bằng h. Góc giữa hai đường chéo của hai mặt bên kề nhau kẻ từ một đỉnh bằng a (00 < a < 900) . Tính thể tích của khối lăng trụ đó. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z £ 1 . Chứng minh rằng: 1 1 1 x2 + + y2 + + z2 + ³ 82 x2 y2 z2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;- 7) , phương trình một đường cao và một trung tuyến vẽ từ hai đỉnh khác nhau lần lượt là: 3x + y + 11 = 0, x + 2y + 7 = 0 . Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian (Oxyz) cho tam giác ABC với A(1;2;- 1),B(2;- 1;3),C(- 4;7;5) . Tính độ dài đường phân giác trong kẻ từ đỉnh B Câu VII.a (1,0 điểm) Có bao niêu số tự nhiên có 4 chữ số, chia hết cho 4 tạo bởi các chữ số 1, 2, 3, 4 trong hai trường hợp sau a) Các chữ số có thể trùng nhau; b) Các chữ số khác nhau 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường thẳng (D) đi qua điểm A(27;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại M và N sao cho độ dài đoạn MN nhỏ nhất.
  25. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 r r r r 2. Trong không gian (Oxyz) cho các vectơ a = (3;- 1;2),b = (1;1;- 2) . Tìm vectơ đơn vị đồng phẳng với a,b và r tạo với a góc 600 . Câu VII.b (1,0 điểm) Cho các chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Từ các chữ số đã cho có bao nhiêu cách lập ra một số gồm 3 chữ số khác nhau sao cho số tạo thành là một số chẵn bé hơn hay bằng 345 ?. Hết KẾT QUẢ ĐỀ 5 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải 2. - 2 < m £ - 1 Câu II (2,0 điểm) p p 1. x = ± + kp;x = - + kp 6 4 2. x = 2 Câu III (1,0 điểm) 28 I = 15 Câu IV (1,0 điểm) a 2h3.sin2 V = 2 cosa Câu V (1,0 điểm) Sử dụng phương pháp tọa độ hoặc bất đẳng thức Cauchy. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. x - 3y - 23 = 0;4x + 3y + 13 = 0;7x + 9y + 19 = 0 2 74 2. d = 3 Câu VII.a (1,0 điểm) a) 64 số b) 6 số 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. x + 3y - 30 = 0 r 3 14 14 14 2. e = ( ;- ; ) 14 14 7 Câu VII.b (1,0 điểm) 13 số Hết
  26. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 6 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 + 3x2 - mx - 4 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (- ¥ ;0) . Câu II (2,0 điểm) æ x ö 1. Giài phương trình: cot x + sin x ç1+ tan x.tan ÷= 4 èç 2ø÷ 1 1 2. Giải phương trình: log4 (x - 1)+ = + log2 x + 2 log2x+ 1 4 2 Câu III (1,0 điểm) p 4 dx Tính tích phân: I = ò 0 cosx Câu IV (1,0 điểm) Cho khối hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a, A·' AB = B·AD = A·' AD = 600 . Hãy tính thể tích của khối hộp. Câu V (1,0 điểm) 1 1 1 Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn + + = 4 . Chứng minh rằng: x y z 1 1 1 + + £ 1 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1;2) , đường trung tuyến (BM) : 2x + y + 1 = 0 và đường phân giác trong (CD) : x + y - 1 = 0 . Hãy viết phương trình đường thẳng BC. 2. Trong không gian (Oxyz) cho điểm A(- 1;6;6),B(3;- 6;- 2) . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho tổng MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Từ các chữ số 0,1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau? Tính tổng của các số
  27. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 tự nhiên đó. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng (D 1): x - y + 1 = 0,(D 2 ): 2x + y + 1 = 0 và điểm M(2;1) . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt hai đường thẳng (D 1),(D 2 ) lần lượt tại A và B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB. 2. Trong Kg(Oxyz) cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có A trùng với gốc tọa độ, B(a;0;0),D(0;a;0), A '(0;0;b)(a > 0,b > 0) . Gọi M là trung điểm cạnh CC'. Tính thể tích khối tứ diện BDA'M theo a và b và xác a định tỷ số để hai mặt phẳng (A'BD) và (MBD) vuông góc với nhau. b Câu VII.b (1,0 điểm) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số có 6 chữ số và thỏa mãn điều kiện: Sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của ba số đầu nhỏ hơn tổng của ba chữ số cuối một đơn vị? Hết KẾT QUẢ ĐỀ 6 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải 2. m £ - 3 Câu II (2,0 điểm) p 5p 1. x = + kp;x = + kp 12 12 5 2. x = 2 Câu III (1,0 điểm) I = ln(1+ 2) Câu IV (1,0 điểm) a3 2 V = 2 Câu V (1,0 điểm) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. 4x + 3y + 4 = 0 2. M(2;- 3;0) Câu VII.a (1,0 điểm) a) 600 số b) Tổng các số là 19666500 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. 5x - 2y - 8 = 0 a2b a 2. V = ; = 1 4 b Câu VII.b (1,0 điểm)
  28. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 108 số Hết ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 7 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = - x 3 + (2m + 1)x2 - (m2 - 3m + 2)x - 4 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 2. Xác định m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của trục tung. Câu II (2,0 điểm) 11 1. Giài phương trình: tan2 x + cot 2 x + cot 2 2x = 3 2 2. Giải phương trình: 4log2 2x - x log2 6 = 2.3log2 4x Câu III (1,0 điểm) 2 7x - 12 Tính tích phân: I = dx ò 2 1 x - 7x + 12 Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và đỉnh A' cách đều các đỉnh A, B,C. Cạnh bên AA' tạo với đáy góc 600 . Tính thể tích của khối lăng trụ. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn xyz = 1 . Chứng minh rằng: 1+ x 3 + y3 1+ y3 + z3 1+ z3 + x 3 + + ³ 3 3 xy yz zx Khi nào đẳng thức xảy ra ? II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , lập phương trình đường thẳng (D) đi qua điểm M(2;1) và tạo với đường thẳng (d): 2x + 3y + 4 = 0 một góc 450 .
  29. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 2. Trong không gian (Oxyz) cho điểm A(0;1;2) và hai đường thẳng ïì x = 1+ t ï x y - 1 z + 1 ï (d1): = = ; (d2 ): í y = - 1- 2t 2 1 - 1 ï ï z = 2 + t îï Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song với (d1) và (d2 ) . Tìm tọa độ các điểm M trên (d1), N trên (d2 ) sao cho ba điểm A, M, N thẳng hàng. Câu VII.a (1,0 điểm) Xét một số gồm 9 chữ số, trong đó có 5 chữ số 1 và 4 chữ số còn lại là : 2, 3, 4, 5. Hỏi có bao nhiêu số như thế, nếu: a) 5 chữ số 1 được xếp kề nhau ? b) Các chữ số được sắp xếp tùy ý ? 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng (d1): 2x - y + 1 = 0,(d2 ): x + 2y - 7 = 0 . Lập phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và tạo với (d1),(d2 ) một tam giác cân có đỉnh là giao điểm A của (d1) và (d2 ) 2. Trong Kg(Oxyz) cho hai mặt phẳng (P): 5x - 2y + 5z - 1 = 0 và (Q): x - 4y - 8z + 12 = 0 . Lập phương trình 0 mặt phẳng (a) đi qua gốc tọa độ O, vuông góc với mặt phẳng (P) và hợp với mặt phẳng (Q) một góc 45 Câu VII.b (1,0 điểm) Cho tập hợp A = {1,2,3,4,5,6,7,8} a) Có bao nhiêu tập con X của A thỏa điều hiện X chứa 1 và không chứa 2 ? b) Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số đôi một khác nhau lấy từ tập A và không bắt đầu bởi 123 ? Hết KẾT QUẢ ĐỀ 7 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải 2. 1 < m < 2 Câu II (2,0 điểm) p kp 1. x = ± + 6 2 1 2. x = 4 Câu III (1,0 điểm) I = 25ln 2 - 16ln 3 Câu IV (1,0 điểm) a3 3 V = 8 Câu V (1,0 điểm) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. 5x + y - 1 = 0;x - 5y + 3 = 0 2. (P) : x + 3y + 5z - 13 = 0;M(0;1;- 1);N(0;1;1) Câu VII.a (1,0 điểm) 3024 số 2. Theo chương trình Nâng cao:
  30. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 Câu VIb (2,0 điểm) 1. 3x + y = 0;x - 3y = 0 2. x - z = 0;x + 20y + 7z = 0 Câu VII.b (1,0 điểm) 3348 số Hết ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 8 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 1 3 Cho hàm số y = x 4 - mx2 + (1) 2 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 3 2. Xác định m để đồ thị của hàm số (1) có cực tiểu mà không có cực đại Câu II (2,0 điểm) 3(sin x + tan x) 1. Giài phương trình: - 2cosx = 2 tan x - sin x 2 2 2 2. Giải phương trình: log4 (x - x - 1).log5 (x + x - 1) = log20 (x - x - 1) Câu III (1,0 điểm) 5 3x2 + 1 Tính tích phân: I = dx ò 3 2 4 x - 2x - 5x + 6 Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Đường chéo BC' của mặt bên (BCC'B') tạo với mặt bên (ABB'A') một góc 300 . Tính thể tích của khối lăng trụ. Câu V (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 ta có: æ ö æ y÷öç 9 ÷ (1+ x)ç1+ ÷ç1+ ÷³ 256 è x øèç y ø÷
  31. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 Khi nào đẳng thức xảy ra ? II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 3 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có diện tích là S= , hai đỉnh là A(2;- 3),B(3;- 2) và trọng tâm G của 2 tam giác thuộc đường thẳng (d): 3x - y - 8 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C. 2. Trong không gian (Oxyz), lập phương trình mặt phẳng (a)đi qua hai điểm A(2;- 1;0),B(5;1;1) và khoảng cách từ 1 7 điểm M(0;0; ) đến mặt phẳng (a) bằng . 2 6 3 Câu VII.a (1,0 điểm) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 8 chữ số, trong đó chữ số 1 có mặt 3 lần, mỗi chữ số khác có mặt đúng một lần. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình đường thẳng (D) cách điểm A(- 2;5) một khoảng bằng 2 và cách điểm B(5;4) một khoảng bằng 3. 2. Trong không gian (Oxyz), cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' biết A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),A '(0;0;1) . Lập phương trình mặt phẳng (a) chứa đường thẳng CD' và tạo với mặt phẳng (BB ' D ' D) một góc nhỏ nhất Câu VII.b (1,0 điểm) Số a = 23.54.72 có bao nhiêu ước số. Hết KẾT QUẢ ĐỀ 8 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải 2. m £ 0 Câu II (2,0 điểm) 2p 1. x = ± + k2p 3 1 2. x = 1;x = (5log20 4 + 5- log20 4 ) 2 Câu III (1,0 điểm) 2 4 13 7 14 I = - ln + ln + ln 2 3 3 15 6 5 Câu IV (1,0 điểm) a3 6 V = 4 Câu V (1,0 điểm) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)
  32. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 1. C(- 2;10);C'(1;- 1) 2. x + y - 5z - 1 = 0;5x - 17y + 19z - 27 = 0 Câu VII.a (1,0 điểm) 5880 số 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. y - 7 = 0;7x + 24y - 56 = 0;4x + 3y - 17 = 0;3x - 4y + 16 = 0 2. x + 2y + z - 3 = 0 Câu VII.b (1,0 điểm) 60 ước số Hết ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 9 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 - 2mx2 + 2m + m4 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 2. Xác định m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số (1) lập thành một tam giác đều. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2sin3x (1- 4sin2 x) = 1 2 2 2. Giải phương trình: 9sin x + 9cos x = 10 Câu III (1,0 điểm) 1 5x Tính tích phân: I = dx ò 2 2 0 (x + 4) Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA', cắt hình lăng trụ ABC.A'B'C' theo một a2 3 thiết diện có diện tích bằng . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C'. 8
  33. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thỏa mãn x + y + z = 0 . Chứng mnh rằng 3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ³ 6 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(6;4);B(- 3;1);C(4;- 2) . Viết phương trình đường phân giác trong của góc A của tam giác ABC. 2. Cho hai điểm A(1;2;3),B(- 1;4;2) và hai mặt phẳng (P) : 2x - 6y + 4z + 3 = 0,(Q) : x - y + z + 1 = 0 Tìm tọa độ giao điểm K của đường thẳng AB với mặt phẳng (P).Tìm tọa độ điểm C nằm trên mặt phẳng (Q) sao cho tam giác ABC là tam giác đều. Câu VII.a (1,0 điểm) Có bao niêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau và chia hết cho 5. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d): x - 2y + 2 = 0 và hai điểm A(0;6),B(2;5) . Tìm trên (d) điểm M sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. 2. Trong không gian (Oxyz), cho ba điểm A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) với a, b, c là ba số dương thay đổi và luôn thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3 . Xác định a, b, c sao cho khoảng cách từ điểm O(0;0;0) đếm mặt phẳng (ABC) là lớn nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau. Hết KẾT QUẢ ĐỀ 9 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải 2. m = 3 3 Câu II (2,0 điểm) p k2p p 2kp 1. x = + ;x = + 4 7 10 5 kp 2. x = 2 Câu III (1,0 điểm) 1 I = 8 Câu IV (1,0 điểm) a3 3 V = 12 Câu V (1,0 điểm) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy
  34. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. x - y - 2 = 0 1 5 11 æ1- 3 5 11- 3 5 3ö æ1+ 3 5 11+ 3 5 3ö 2. K( ; ; ),C ç ; ; ÷;C ç ; ; ÷ 2 2 4 1 èç 4 4 2ø÷ 2 èç 4 4 2ø÷ Câu VII.a (1,0 điểm) 28560 số 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 11 19 1. M( ; ) 4 8 2. a = b = c = 1 Câu VII.b (1,0 điểm) 1260 số Hết ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 10 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = - x 3 + 3mx2 + 3(1- m2 )x + m3 - m2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 2. Viết phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) Câu II (2,0 điểm) 1 1. Giải phương trình: 2tan x + cot 2x = 2sin2x+ sin2x 1 12 2. Giải phương trình: 23x - 6.2x - + = 1 23(x- 1) 2x Câu III (1,0 điểm)
  35. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 2 2 - x Tính tích phân: I = ò dx 0 x + 2 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi G là trọng tâm tam giác SAC và khoảng cách từ G đến mặt a 3 bên (SCD) bằng . Tính khoảng cách từ tâm O của đáy đến mặt bên (SCD) và tính thể tích khối chóp S.ABCD. 6 Câu V (1,0 điểm) 11 æ 7 ö Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x + + 4ç1+ ÷ với x > 0 2x èç x2 ÷ø II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho họ đường cong (Cm ) có phương trình: 1 x2 + y2 - 2mx + 2(m + 2)y + 2m2 + 4m - = 0 2 Chứng minh rằng (Cm ) luôn là một đường tròn có bán kính không đổi; Tìm tập hợp tâm các đường tròn (Cm ) suy ra rằng (Cm ) luôn luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố định. 2. Trong không gian (Oxyz), viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm M(9;1;1) , cắt các tia Ox, Oy , Oz tại A, B, C sao cho thể tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Một người có 7 bi xanh, 5 bi đỏ, 4 bi đen. Yêu cầu cần lấy ra 7 bi đủ ba màu. Hỏi có mấy cách lấy. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình đường thẳng (D) đi qua gốc tọa độ O và cắt đường tròn (C): (x - 1)2 + (y + 3)2 = 25 theo một dây cung có độ dài bằng 8. 2. Trong không gian (Oxyz), viết phương trình mặt phẳng (a) đi qua điểm M(9;1;1) và cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho OA + OB + OC có giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Đội học sinh giỏi của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 học sinh khối 12, 6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 học sinh trong đội đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất một em được chọn. Hết KẾT QUẢ ĐỀ 10 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải 2. y = 2x - m2 + m Câu II (2,0 điểm) p 1. x = ± + kp 3 2. x = 1 Câu III (1,0 điểm) I = p + 2 Câu IV (1,0 điểm)
  36. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 a 3 a3 3 d = , V = 4 6 Câu V (1,0 điểm) 15 min y = 2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1) (d) : x + y + 2 = 0, (D 1): x + y + 5 = 0,(D 2 ): x + y - 1 = 0 2. x + 9y + 9z - 27 = 0 Câu VII.a (1,0 điểm) 10283 cách 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. y = 0;3x - 4y = 0 2. x + 3y + 3z - 15 = 0 Câu VII.b (1,0 điểm) 41811 cách Hết ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 11 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) x + 3 Cho hàm số y = (1) có đồ thị là (C) x + 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)
  37. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d): y = 2x + m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N. Xác định m để độ dài đoạn MN là nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: (1- tan x)(1+ sin2x) = 1+ tan x 4 2. Giải phương trình: (2 - log3 x).log9x 3 - = 1 1- log3 x Câu III (1,0 điểm) 2 dx Tính tích phân: I = ò 2 - 1 x + 2x + 4 Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABC có đường cao SA = 2a , tam giác ABC vuông ở C có AB = 2a , C·AB = 300 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SC và SB. Tính thể tích khối chóp H.ABC. Câu V (1,0 điểm) Cho hai số dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y ³ 4 . 3x2 + 4 2 + y3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = + 4x y2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn: (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 có tâm I và điểm M(- 1;- 3) . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất. 2. Trong không gian (Oxyz), viết phương trình mặt phẳng (a)đi qua giao tuyến (d) của hai mặt phẳng (P): 2x - y + 3z + 1 = 0,(Q) : x + y - z + 5 = 0, đồng thời vuông góc với mặt phẳng (R): 3x - y + 1 = 0 Câu VII.a (1,0 điểm) Từ một tổ gồm 7 học sinh nữ và 5 học sinh nam cần chọn ra 6 em trong đó số học sinh nữ phải nhỏ hơn 4. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d): x - y + 3 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2y + 1 = 0 . Tìm tọa độ điểm M nằm trên (d) sao cho đường tròn tâm M có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C), tiếp xúc ngoài với đường tròn (C). 2. Trong không gian (Oxyz), cho hai điểm I(0;0;1),K(3;0;0) . Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm I, K và tạo với mặt phẳng Oxy một góc bằng 300 Câu VII.b (1,0 điểm) Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 6 viên bi vàng. Người ta chọn ra 4 viên bi từ hộp đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn trong số viên bi lấy ra không đủ cả ba màu Hết KẾT QUẢ ĐỀ 11 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải 2. min MN = 2 5,m = 3
  38. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 Câu II (2,0 điểm) p 1. x = kp, x = - + kp 4 1 2. x = , x = 81 3 Câu III (1,0 điểm) p 3 I = 9 Câu IV (1,0 điểm) a3 3 V = 7 Câu V (1,0 điểm) 9 min y = , x = y = 2 2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) x + y + 4 = 0;7x + y + 10 = 0 2. 3x + 9y - 13z + 33 = 0 Câu VII.a (1,0 điểm) 462 cách 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. M1(1;4),M 2(- 2;4) 2. x ± 2y + 3z - 3 = 0 Câu VII.b (1,0 điểm) 645 cách Hết ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 12 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
  39. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 - 6x2 + 9x - 6 (1) có đồ thị là (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) 2. Định m để đường thẳng (d): y = mx - 2m - 4 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: cos7x.cos5x - 3 sin2x= 1- sin 7x sin5x x x+ 1 2. Giải phương trình: log3 (3 - 1)log3 (3 - 3) = 6 Câu III (1,0 điểm) e Tính tích phân: I = ò x ln2 xdx 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA = a , đáy là tam giác vuông cân có AB = BC = a . Gọi B' là trung điểm của SB, C' là chân đường cao hạ từ A của tam giác SAC. Tính thể tích khối chóp S.ABC. Chứng minh rằng SC vuông góc với mặt phẳng (AB'C'). Tính thể tích khối chóp S.AB'C'. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: æx y z ö S= 3 4(x 3 + y3 ) + 3 4(y3 + z3 ) + 3 4(z3 + x 3 ) + 2ç + + ÷ èçy2 z2 x2 ø÷ II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn: (C): x2 + y2 = 1 . Đường tròn (C') tâm I(2;2) cắt (C) tại các điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB = 2 . Viết phương trình đường thẳng AB. 2. Trong không gian (Oxyz), lập phương trình mặt phẳng (a)đi qua hai điểm A(2,- 1;0),B(5;1;1) và khoảng cách từ 1 7 điểm M(0;0; ) đến mặt phẳng (a) bằng 2 6 3 Câu VII.a (1,0 điểm) Một tổ học sinh có 5 nam và 5 nữ xếp thành một hàng dọc. Có bao nhiêu cách xếp khác nhau ? Có bao nhiêu cách xếp sao cho không có học sinh cùng giới tính đứng kề nhau ? 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 + 2x - 4y - 20 = 0 và điểm A(0;3) . Viết phương trình đường thẳng (D) đi qua điểm A và cắt đường tròn (C) theo một dây cung MN có độ dài a) Lớn nhất b) Nhỏ nhất 2. Trong không gian (Oxyz), cho ba điểm A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c),(a,b,c > 0) và luôn thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3 . Xác định a, b, c sao cho khoảng cách từ điểm O(0;0;0) đến mặt phẳng (ABC) lớn nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho đa giác đều (H) có 20 cạnh. Xét tam giác có đúng 3 đỉnh được lấy từ các đỉnh của (H). Có tất cả bao nhiêu tam giác như vậy ? Có bao nhiêu tam giác có đúng 2 cạnh là cạnh của (H) ? Có bao nhiêu tam giác có đúng một cạnh là cạnh của (H) ? Có bao nhiêu tam giác không có cạnh nào là cạnh của (H) ? Hết KẾT QUẢ ĐỀ 12
  40. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải 2. m > - 3 Câu II (2,0 điểm) p 1. x = kp, x = - + kp 3 28 2. x = log 10, x = log 3 3 27 Câu III (1,0 điểm) 1 I = (e2 - 1) 4 Câu IV (1,0 điểm) a3 V = 36 Câu V (1,0 điểm) min S= 12, x = y = z = 1 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) x + y + 1 = 0; x + y - 1 = 0 2. x + y - 5z - 1 = 0;5x - 17y + 19z - 27 = 0 Câu VII.a (1,0 điểm) 28800 cách 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. 2x - y - 6 = 0 2. a = b = c = 1 Câu VII.b (1,0 điểm) 1440, 20, 320, 800 tam giác Hết
  41. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 13 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 4 2 Cho hàm số y = - x + 2(m + 2)x - 2m - 3 (1) có đồ thị là (Cm ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1), khi m = 0 2. Định m để đồ thị (Cm ) cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu II (2,0 điểm) 4 4 æ pö 1 1. Giải phương trình: sin x + cos çx + ÷= èç 4ø÷ 4 2 log0,5(sin x+ 5sin x+ 2) 1 2. Giải phương trình: 4 = 9 Câu III (1,0 điểm) ep Tính tích phân: I = ò cos(ln x)dx 1 Câu IV (1,0 điểm) Đáy của hình chóp SABC là tam giác cân ABC có AB = AC = a và Bµ= Cµ= a . Các cạnh bên cùng nghiêng với đáy một góc b . Tính thể tích của khối chóp SABC Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 P = + x2 + y2 + z2 xyz II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 2 2 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm M(- 3;1) và đường tròn (C): x + y - 2x - 6y + 6 = 0 . Gọi T1,T2 là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C). Viết phương trình đường thẳng T1T1 . ïì x = 5 + 2t ïì x = 3 + 2t ' ï ï ï ï 2. Trong không gian (Oxyz), cho hai đường thẳng (d1): í y = 1- t ; (d2 ): í y = - 3 - t ' ï ï ï z = 5 - t ï z = 1- t ' îï îï ( ) Chứng tỏ rằng hai đường thẳng (d1) và (d2 ) song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng a chứa hai đường thẳng đó. Câu VII.a (1,0 điểm) A 4 + 3A 3 Tính giá trị của biểu thức M = n+ 1 n , biết rằng C2 + 2C2 + 2C2 + C2 = 149 (n + 1)! n+ 1 n+ 2 n+ 3 n+ 4 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d): x - y + 1 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 + 2x - 4y = 0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) sao cho từ đó kẻ đến (C) được hai tiếp tuyến tạo với nhau một góc bằng 600 .
  42. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 2. Trong không gian (Oxyz), cho hai điểm A(2;0;0),M(1;1;1) . Giả sử (P) là mặt phẳng thay đổi nhưng luôn luôn đi qua đường thẳng AM và cắt các trục Oy, Oz lần lượt tại các điểm B(0;b;0),C(0;0;c)(b,c > 0) . Chứng minh rằng bc b + c = và tìm b,c sao cho diện tích tam giác ABC nhỏ nhất. 2 Câu VII.b (1,0 điểm) 3 n- 2 Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: A n + 2Cn £ 9n Hết KẾT QUẢ ĐỀ 13 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải 13 2. m = 3,m = - 9 Câu II (2,0 điểm) p 1. x = kp, x = + kp 4 p 1 2. x = + kp, x = arctan( ) + kp 2 5 Câu III (1,0 điểm) 1 I = (ep + 1) 2 Câu IV (1,0 điểm) a3 cosa tan b V = 6 Câu V (1,0 điểm) 1 min S= 30, x = y = z = 3 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. 2x + y - 3 = 0 2. y - z + 4 = 0 Câu VII.a (1,0 điểm) 3 n = 5, M = 4 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 21 3 - 21 21 3 + 21 1. M(3;4),M '(- 3;- 2),N(- ; ),N '( ; ) 3 2 3 3 2. min S= 4 6, b = c = 4 Câu VII.b (1,0 điểm) n = 3,n = 4 Hết
  43. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 14 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 3 2 Cho hàm số y = 2x - 3(m + 1)x + 6mx - 2 (1) có đồ thị là (Cm ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1), khi m = 1 2. Định m để đồ thị (Cm ) cắt trục trục hoàng tại duy nhất một điểm. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 9sin x + 6cosx - 3sin2x+ cos2x = 8 8 2. Giải phương trình: x log3 4 = x2.2log3 x - x log3 2 3 Câu III (1,0 điểm) 2 æ 1ö Tính tích phân: I = x2.lnçx + ÷dx ò èç ø÷ 1 x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, B·AD = 600 , SA vuông góc với mặt phẳng ABCD, SA = a . Gọi C' là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) đi qua AC' và song song với BD, cắt các cạnh SB, SD của hình chóp lần lượt tại B', D'. Tính thể tích của khối chóp S.AB'C'D'. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là hai số dương và x2 + y2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: æ 1÷ö æ 1ö P = (1+ x)ç1+ ÷+ (1+ y)ç1+ ÷ èç yø÷ èç x ø÷ II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm A(3;4) và đường tròn (C): x2 + y2 - 4x - 2y = 0 . Viết phương trình tiếp tuyến (D) của (C), biết rằng (D) đi qua điểm A. Giả sử các tiếp tuyến tiếp xúc với (C) tại M, N. Hãy tính độ dài đoạn MN. 2. Trong không gian (Oxyz), cho đường thẳng (D) là giao tuyến của hai mặt phẳng (a): 2x - y + z + 1 = 0;(b): x + 2y - z - 2 = 0 và mặt phẳng (P): x - y + z + 10 = 0 . Viết phương trình hình chiếu vuông góc của (D) trên mặt phẳng (P). Câu VII.a (1,0 điểm) ì 2.A x + 5.Cx = 90 ï y y Giải hệ phương trình: íï ï 5.A x - 2.Cx = 80 îï y y 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)
  44. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường hai đường tròn: 2 2 2 2 (C1): x + y - 2x - 2y - 2 = 0,(C2 ): x + y - 8x - 2y + 16 = 0. Chứng minh rằng (C1) tiếp xúc với (C2 ) . Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2 ) . 2. Trong không gian (Oxyz), cho điểm A (1;2;3) và hai đường thẳng x - 2 y + 2 z - 3 x - 1 y - 1 z + 1 (d ): = = ;(d ): = = . Viết phương trình đường thẳng (D) đi qua A, vuông góc 1 2 - 1 1 2 - 1 2 1 với (d1) và cắt (d2 ) Câu VII.b (1,0 điểm) 1 6 Giải bất phương trình: A 2 - A 2 £ C3 + 10 2 2x x x x Hết KẾT QUẢ ĐỀ 14 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải 2. 1- 3 < m < 1+ 3 Câu II (2,0 điểm) p 1. x = + k2p 2 2. x = 3 Câu III (1,0 điểm) 10 1 I = 3ln 3 - ln 2 + 3 6 Câu IV (1,0 điểm) a2 3b2 - a2 V = 6 Câu V (1,0 điểm) 2 min S= 3 2 + 4, x = y = z = 2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. 2x + y - 10 = 0;x - 2y + 5 = 0,MN = 10 x - 1 y + 6 z + 17 2. = = - 4 5 7 Câu VII.a (1,0 điểm) ì x = 2 ï í ï y = 5 îï 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. x - 3 = 0;x + 2 2y - 7 - 2 2 = 0;x - 2 2y - 7 + 2 2 = 0 x - 1 y - 2 z - 3 2. = = - 1 1 - 3 Câu VII.b (1,0 điểm)
  45. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 éx = 3 ê êx = 4 ëê Hết ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 15 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 4 2 Cho hàm số y = x - mx + m - 1 (1) có đồ thị là (Cm ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1), khi m = 8 2. Định m để đồ thị (Cm ) cắt trục trục hoàng tại bốn điểm phân biệt. Câu II (2,0 điểm) 3 1. Giải phương trình: 1+ sin3 x + cos3 x = sin2x 2 4 8 2. Giải phương trình: 2.log6 ( x + x ) = log4 x Câu III (1,0 điểm) p2 4 Tính tích phân: I = ò cos xdx 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a; AD = 2a , cạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SB a 3 tạo với mặt phẳng đáy một góc 600 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = . Mặt phẳng (BCM) cắt các cạnh 3 SD tại điểm N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 1- x + 1- y + 1- z II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn (C): (x - 1)2 + (y - 2)2 = 4 . và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0 . Viết phương trình đường tròn (C') đối xứng với đường tròn (C) qua đường thẳng (d). Tìm tọa độ giao điểm của (C) và (C')
  46. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 2. Trong không gian (Oxyz), cho ba đường thẳng x - 2 y + 2 z - 1 x - 7 y - 3 z - 9 x + 1 y + 3 z - 2 (d ): = = ;(d ): = = ;(d ): = = 1 3 4 1 2 1 2 - 1 3 3 - 2 - 1 Lập phương trình đường thẳng (D) cắt (d1) và (d2 ) đồng thời song song với (d3 ) Câu VII.a (1,0 điểm) 3 n- 2 k k Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: A n + 2Cn £ 9n , trong đó A n và Cn lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hớp chập k của n phần tử. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường tròn (C) có tâm nằm trên đường thẳng (D): 4x + 3y - 2 = 0 và tiếp xúc với hai đường thẳng (d1): x + y + 4 = 0;(d2 ): 7x - y + 4 = 0 x - 3 y + 2 z + 1 2. Trong không gian (Oxyz), cho đường thẳng (d): = = và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0 . 2 1 - 1 Tìm giao điểm của (d) và (P). Viết phương trình đường thẳng (D) chứa trong mặt phẳng (P) sao cho (D) vuông góc với (d) khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (D) bằng 42 Câu VII.b (1,0 điểm) ïì A 2 + C3 = 22 ï x y Tìm x, y Î N thỏa mãn hệ phưong trình: íï ï A 3 + C2 = 66 îï y x Hết KẾT QUẢ ĐỀ 15 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải ì m > 1 ï 2. í ï m ¹ 2 îï Câu II (2,0 điểm) p 1. x = - + k2p ; x = p + k2p 2 2. x = 256 Câu III (1,0 điểm) I = p - 2 Câu IV (1,0 điểm) 10a3 3 V = 27 Câu V (1,0 điểm) 1 Max P = 6, x = y = z = 3 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) 1. (x - 3)2 + y2 = 4,A(1;0),B(3;2) 176 19 x - y - z 2. 7 = 7 = 3 - 2 - 1
  47. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 Câu VII.a (1,0 điểm) n = 3;n = 4 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. (x + 4)2 + (y - 6)2 = 18;(x - 2)2 + (y + 2)2 = 8 x - 5 y + 2 z + 5 x + 3 y + 4 z - 5 2. = = ; = = - 2 3 - 1 - 2 3 - 1 Câu VII.b (1,0 điểm) ì x = 4 ï í ï y = 5 îï Hết ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG SỐ 16. (Thời gian làm bài 180’) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm) Câu I.(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + mx + 2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -3. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất. Câu II. (2 điểm) x 3 y 3 1 1. Giải hệ phương trình : 2 2 3 x y 2xy y 2 2. Giải phương trình: 2sin 2 (x ) 2sin 2 x tan x . 4 Câu III.(1 điểm) 2 4 x 2 Tính tích phân I = dx 1 x Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = h vuông góc mặt phẳng (ABCD), M là điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vuông góc BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhát đó. Câu V.(1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 4 x 2 1 x m II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a họăc phần b) Câu VI a.(2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + 3 = 0,
  48. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2. x 1 2t x y z 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1: , d2: y t và mặt phẳng (P): x – 1 1 2 z 1 t y – z = 0. Tìm tọa độ hai điểm M d1 , N d 2 sao cho MN song song (P) và MN = 6 4 z i Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : 1 z i Câu VI b.(2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mặt phẳng (P): 2x + 2y – z + 5 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm O, A, B và có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) 5 bằng . 3 Câu VII b.(1điểm) Giải bất phương trình: log x 3 log x 3 3 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 16 Câu I. 1. (Tự giải) 2 2. Pt : x3 + mx + 2 = 0 m x 2 ( x 0) x 2 2 2x 3 2 Xét f(x) = x 2 f '(x) 2x = x x 2 x 2 Ta có x - 0 1 + f’(x) + + 0 - f(x) + -3 - - - Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất m 3 . Câu II. x 3 y 3 1 x 3 y 3 1 (1) 1. 2 2 3 3 3 2 2 x y 2xy y 2 2x y x y 2xy 0 (2) x 3 y 3 1 (3) 3 2 y 0 . Ta có: x x x 2 2 1 0 (4) y y y x 1 Đặt : t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0 t = 1 , t = . y 2 x 3 y 3 1 1 a) Nếu t = 1 ta có hệ x y x y 3 2 x 3 y 3 1 b) Nếu t = -1 ta có hệ hệ vô nghiệm. x y
  49. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 1 x 3 y 3 1 3 3 23 3 c) Nếu t = ta có hệ x , y 2 y 2x 3 3 2. Pt 2sin 2 (x ) 2sin 2 x tan x (cosx 0) [1 cos(2x )]cos x 2sin 2 x.cos x sin x 4 2 (1 - sin2x)(cosx – sinx) = 0 sìn2x = 1 hoặc tanx = 1. Câu III. 2 4 x 2 2 4 x 2 I = dx xdx . 2 1 x 1 x Đặt t = 4 x 2 t 2 4 x 2 tdt xdx 0 0 t( tdt) 0 t 2 0 4 t 2 2 3 I = dt (1 )dt t ln = - 3 ln 4 t 2 t 2 4 t 2 4 t 2 3 3 3 3 2 3 Câu IV. S h A D M H B C SH BM và SA BM suy ra AH BM 1 h VSABH = SA.AH.BH AH.BH . 6 6 2 2 VSABH lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH 2 AH.BH AH BH 2AH.BH a 2 a 2 2AH.BH , vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH = khi AH = BH khi H là tâm của hình vuông , khi M D . Khi 2 a 2 h đó VSABH = . 12 Câu V. 4 x 2 1 x m D = [0 ; + ) 3 3 1 3 2 2 4 4 2 3 x x (1 2 ) 4 2 x 1 x x (x 1) x *Đặt f(x) = x 1 x f '(x) 3 4 2 3 4 2 3 2 (x 1) 2 x 2 (x 1) . x 1 3 2x 2 4 (1 ) . x x 2
  50. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 1 3 1 4 (1 ) x 2 Suy ra: f’(x) = 0 x (0 ; ) 1 3 24 (1 ) . x x 2 x 2 1 x x 2 1 x 2 * lim (4 x 2 1 x) lim lim 0 x x 4 2 x 4 2 2 x 1 x ( x 1 x)( x 1 x) * BBT x 0 + f’(x) f(x) 1 0 Vậy: 0 < m 1 Câu VI a. x 3 2t 1.d1: , I d1 I( 3 t ; t) y t 27 7 d(I , d2) = 2 11t 17 10 t , t 11 11 2 2 27 21 27 21 27 t = I1 ; (C1 ) : x y 4 11 11 11 11 11 2 2 7 19 7 19 7 t = I 2 ; (C2 ) : x y 4 11 11 11 11 11 x t1 x 1 2t2 2. d1 : y t1 , d 2 : y t2 , M d1 M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N d 2 N( 1 2t2 ; t2 ;1 t2 ) z 2t1 z 1 t2 MN ( 1 2t2 t1; t2 t1;1 t2 2t1 ) t1 1 2t2 MN //(P) MN.n 0 t1 1 2t2 Theo gt : 2 12 2 MN 6 13t2 12t2 0 t2 0 ; t2 MN 6 13 * t2 0 t1 1 , M (1;1; 2) , N( 1; 0 ;1) 12 11 11 11 22 11 12 11 * t2 t1 , M ; ; , N ; ; 13 13 13 13 13 13 13 13 Câu VII a. 4 2 2 z i z i z i 1 1 1 0 z i z i z i 2 z i z i * 1 0 1 z 0 z i z i 2 2 z i z i 2 z i z i * 1 0 i 0 i i 0 z 1 z i z i z i z i Câu VI b. 1.B(11; 5)
  51. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 AC: kx – y – 2k + 1 = 0 3 k 2 1 cos CAB = cos DBA 7k 2 8k 1 0 k 1; k 2 k 2 1 7 k = 1 , AC : x – y – 1 = 0 1 k = , AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai) 7 Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0) 2.(S): x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(-a ; -b ; -c) , R = a 2 b 2 c 2 d . O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1, c = -2 5 d(I, (P)) = 2b 5 5 b 0, b 5 3 b = 0 , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z = 0 b = 5 , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z = 0 Câu VII b. x 0 ĐK : x 1 x 3 1 1 1 1 1 1 Bất phương trình trở thành : 0 log x x log x log x 1 log x log x 1 3 log 3 3 3 3 3 3 1 0 log3 x(log3 x 1) 0 log3 x 0  log3 x 1 log3 x(log3 x 1) * log3 x 0 x 1 kết hợp ĐK : 0 < x < 1 * log3 x 0 x 3 Vậy tập nghiệm của BPT: x (0 ;1)  (3 ; ) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG- SỐ 17 (Thời gian làm bài 180’) 3 2 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y x 3 m 1 x 9x m 2 (1) có đồ thị là (Cm) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m =1. 2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng 1 y x . 2 Câu II: (2,5 điểm) 1) Giải phương trình: sin 2x cos x 3 2 3cos3 x 3 3cos2x 8 3 cos x sinx 3 3 0 . 1 2 1 2) Giải bất phương trình : log2 x 4x 5 log 1 . 2 2 x 7 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=x.sin2x, y=2x, x= . 2 Câu III: (2 điểm)
  52. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc là 45 0. Gọi P  1  là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho AP AH . gọi K là trung điểm AA’, 2 V là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích ABCKMN . VA'B'C 'KMN 2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức: 6 a2 a 5 2 a a 2 2 2 2 a b ab b a a 6 0 Câu IV: (2,5 điểm) 1) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau: m 2 2 9 19 1 Cm Cn 3 Am 2 2 Pn 1 720 x2 y2 2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc 1 (E), viết phương trình đường thẳng song song Oy và cắt (E) tại 25 9 hai điểm A, B sao cho AB=4. 3) Cho hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có phương trình: x 2 t x 1 y 2 z 1 d1 : y 2 t d2 : 2 1 5 z 3 t Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2? Câu V: (1®iÓm) Cho a, b, c 0 và a2 b2 c2 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P 1 b2 1 c2 1 a2 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 17 Câu NỘI DUNG Điểm Câu I. a) Khi m = 1 y x3 3(m 1)x 2 9x 1 2 y x3 6x 2 9x 1 TXĐ: D = R lim (x3 6x 2 9x 1) , lim (x3 6x 2 9x 1) x x 0,25đ ' 2 x 1 y 3x 12x 9 0 x 3 BBT: x - 1 3 + y/ + 0 - 0 + 0,25đ 3 + y - 1 Hàm số đồng biến: (- ; 1); (3; + )
  53. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 Hàm số nghịch biến: (1; 3) fCĐ = f(1) = 3 fCT = f(3) = -1 y’’ = 6x – 12 = 0 x 2 0,5đ Khi x = 2 y 1 Khi x = 0 y 1 x = 4 y 3 Đồ thị hàm số nhận I(2; 1) là tâm đối xứng b) y' 3x 2 6(m 1)x 9 Để hàm số có cực đậi, cực tiểu: ' 9(m 1)2 3.9 0 (m 1)2 3 0 0,25đ m ( ; 1 3)  ( 1 3; ) 1 m 1 Ta có y x 3x 2 6(m 1)x 9 2(m2 2m 2)x 4m 1 3 3 Gọi tọa độ điểm cực đại và cực tiểu là (x1; y1) và (x2; y2) 2 y1 2(m 2m 2)x1 4m 1 2 y2 2(m 2m 2)x2 4m 1 Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là y 2(m2 2m 2)x 4m 1 0,25đ 1 Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt y x ta có điều kiện cần là 2 1  2(m2 2m 2). 1 2 m2 2m 2 1 2 m 1 m 2m 3 0 m 3 0,25đ x1 x2 2(m 1) Theo định lí Viet ta có: x1.x2 3 Khi m = 1 ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: x x 4 1 2 2 2 2 y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm CĐ và CT là: y y 2(x x ) 10 1 2 1 2 1 2 2 1 Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng y x m 1 thỏa 2 mãn. Khi m = -3 ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11. Tọa độ trung x x 1 2 2 2 điểm CĐ và CT là: y y 2(x x ) 10 1 2 1 2 9 2 2 Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (-2; 9) không thuộc đường thẳng
  54. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 1 y x m 3 không thỏa mãn. 2 Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài. 0,25đ 1) Giải phương trình: sin 2x(cos x 3) 2 3.cos3 x 3 3.cos2x 8( 3.cos x sin x) 3 3 0 Câu II. 2sin x.cos2 x 6sin x.cos x 2 3.cos3 x 6 3 cos2 x 3 3 8( 3.cos x sin x) 3 3 0 2cos2 x( 3 cos x sin x) 6.cos x( 3 cos x sin x) 8( 3 cos x sin x) 0 2 ( 3 cos x sin x)( 2cos x 6cos x 8) 0 0,5đ tan x 3 3 cos x sin x 0 cos x 1 2 0,25đ cos x 3cos x 4 0 cos x 4(loai) x k 3 ,k  x k2 0,25đ 2) Giải bất phương trình: 1 2 1 log2 (x 4x 5) log 1 ( ) (1) 2 2 x 7 x 2 4x 5 0 x ( ; 5)  (1; ) Đk: x 7 0 x 7 0,25đ x ( 7; 5)  (1 ) 1 Từ (1) log (x 2 4x 5) 2log 2 2 x 7 2 2 log2 (x 4x 5) log2 (x 7) x 2 4x 5 x 2 14x 49 0,25đ 10x 54 27 x 5 27 Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: x ( 7; ) 5 0,25đ 3) Ta có: x.sin2x = 2x x.sin2x – 2x = 0 x(sin2x – 2) =0 0,25đ x = 0 Diện tích hình phẳng là: S 2 (x.sin 2x 2x)dx 2 x(sin 2x 2)dx 0 0 du dx u x Đặt cos2x dv (sin 2x 2)dx v 2x 2 0,25đ x.cos2x 2 cos2x S ( 2x 2 2 2x dx 0 2 0 2
  55. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 2 sin 2x 2 2 S x 0 4 2 4 2 2 2 S (đvdt) 0,25đ 4 2 4 4 4 A' C' Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’ Q Câu III. B' ta có: a 3 K AP J 2 AH a 3 N I E Vì ' AHA' vuông cân tại H. A 45 C Vậy A' H a 3 M P VABCA'B'C' S ABC .A'H B H 1 a 3 a 2 3 Ta có S a. (đvdt) ABC 2 2 4 a 2 3 3a3 V a 3. (đvtt) (1) ABCA'B'C' 4 4 Vì ' AHA' vuông cân HK  AA' HK  BB'C'C 0,25đ G ọi E = MN KH BM = PE = CN (2) mà AA’ = A'H 2 AH 2 = 3a 2 3a 2 a 6 a 6 a 6 AK BM PE CN 2 4 Ta có thể tích K.MNJI là: 1 0,25đ V S .KE 3 MNJI 1 1 a 6 KE KH AA' 2 4 4 a 6 a2 6 S MN.MI a. (dvdt) MNJI 4 4 0,25đ 1 a2 6 a 6 a3 V (dvtt) KMNJI 3 4 4 8 3a3 a3 0,2 5đ V 1 ABCKMN 8 8 V 3a2 a3 2 A'B'C 'KMN 8 8 0,25đ 2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức: 2 6 a a 5 a 2 a 2 2 2 (a a)b b(a a) 6 0 ĐK: a 2 a 0
  56. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 Từ (1) (a 2 a)2 5(a 2 a) 6 0 a 2 a 1 2 a a 6 0,25đ Khi a 2 a 1 thay vào (2) b2 b 6 0 b2 b 6 0 1 23.i b 2 0,25đ 1 23.i b 2 1 3i a 2 2 a a 1 0 1 3i a 2 Khi a 2 a 6 a 3 a 2 Thay vào (2) 6b2 6b 6 0 b2 b 1 0 1 5 b 2 0,25đ 1 5 b 2 Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là: 1 23i 1 3i 1 23i 1 3i ; , ; 2 2 2 2 1 23i 1 3i 1 23i 1 3i ; , ; 2 2 2 2 1 5 1 5 1 5 1 5 3; , 3; , 2; , 2; 2 2 2 2 m 2 2 9 19 1 Cm cn 3 Am 2 2 Pn 1 720 Câu IV: Từ (2): (n 1)! 720 6! n 1 6 n 7 (3) 0,25đ Thay n = 7 vào (1) m! 10! 19 m! 9 . 2!(m 2)! 2!8! 2 (m 1)!
  57. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 m(m 1) 9 19 45 m 2 2 2 m2 m 90 9 19m m2 20m 99 0 0,25đ 9 m 11 vì m  m 10 Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: 3 2 C7 .C10 1575 cách TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: 4 1 C7 .C10 350 cách TH3: 5 bông hồng nhung có: 5 C7 21 cách có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường 5 0,25đ C17 6188 1946 P 31,45% 6188 2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là: a 2 y 2 1 25 9 y 2 a 2 25 a 2 1 9 25 25 0,25đ 25 a 2 3 y 2 9. y 25 a 2 25 5 3 3 Vậy A a; 25 a 2 , B a; 25 a 2 5 5 6 AB 0; 25 a 2 5 0,25đ 6 | AB | 25 a 2 4 5 10 100 100 125 25 a 2 25 a 2 a 2 25 3 9 9 9 5 5 a 3 0,25đ 5 5 5 5 Vậy phương trình đường thẳng: x , x 3 3 x 1 2t' 3)đường thẳng d2 có PTTS là: y 2 t' z 1 5t' 0,25đ vectơ CP của d1 và d2 là: u (1;1; 1),u (2;1;5) d1 d2 0,25đ VTPT của mp( ) là n u .u (6; 7; 1) d1 d2
  58. Bến bờ thành công không phụ người cố gắng SĐT: 0977467739 pt mp( ) có dạng 6x – 7y – z + D = 0 Đường thẳng d1 và d2 lần lượt đi qua 2đ’ M(2; 2; 3) và N(1; 2; 1) d(M ,( )) d(N,( )) 0,25đ |12 14 3 D | | 6 14 1 D | | 5 D | | 9 D | D 7 Vậy PT mp( ) là: 3x – y – 4z + 7 0 0,25đ Câu V: a3 b3 c3 0,25đ Ta có: P + 3 = b2 c 2 a 2 1 b2 1 c 2 1 a 2 6 a3 a 2 1 b2 P 4 2 2 1 b2 2 1 b2 4 2 b3 b2 1 c2 2 1 c2 2 1 c2 4 2 c3 c 2 1 a 2 2 1 a 2 2 1 a 2 4 2 0,25đ a6 b6 c6 33 33 33 0,25đ 16 2 16 2 16 2 3 3 9 P (a 2 b2 c 2 ) 2 2 23 2 2 26 8 9 3 9 3 3 P 26 23 2 2 2 2 2 2 2 0,25đ Để PMin khi a = b = c = 1