1

Câu 1 ( 2 điểm ) Cho hàm số y = x3 −3x2 + 2 1( )

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 1( )

b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số 1( ) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d( ) : x + 9y−1= 0 .

Câu 2 ( 1 điểm ) Giải phương trình: log32 x − log 3 9x2( )−1= 0

Câu 3 ( 1 điểm ) Tìm nguyên hàm sau: F x( ) = sin x1+ cos x∫ dx

Câu 4 ( 1 điểm ) a. Tìm n ∈ N biết Cn+1

1 +3Cn+22 =Cn+1

3

b. Cho 100 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 100, chọn ngẫu nhiên 3 thẻ. Tính xác suất để tổng các số ghi trên 3 thẻ được chọn là một số chia hết cho 2.

Câu 5 ( 1 điểm ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho các điểm A 0;1;2( ) , B 0;2;1( ) , C −2;2;3( ) . Chứng minh rằng A,B,C là ba đỉnh của một tam giác và tính đường cao AH của nó. Câu 6 ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của AD , góc giữa SBvà mặt phẳng đáy ABCD( ) là 450 .

a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BH theo a Câu 7 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn C( ) tâm I xI > 0( ) , C( ) đi qua điểm A −2;3( ) và tiếp xúc với đường thẳng d1( ) : x + y+ 4 = 0 tại điểm B . C( ) cắt d2( ) : 3x + 4y−16 = 0 tại C và D sao cho ABCD là hình thang có hai đáy là AD và BC , hai đường chéo AC , BD vuông góc với nhau. Tìm toạ độ các điểm B , C , D

Câu 8 ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình: x2 + xy+ 2y2 + y2 + xy+ 2x2 = 2 x + y( )8y− 6( ) x −1 = 2+ y− 2( ) y+ 4 x − 2 +3( )

"#$

%$

Câu 9 ( 1 điểm ) Cho x , y là các số thực không âm thoả mãn:

2x2 +3xy+ 4y2 + 2y2 +3xy+ 4x2 −3 x + y( )2 ≤ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

P = 2 x3 + y3( )+ 2 x2 + y2( )− xy+ x2 +1+ y2 +1

---------------- 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: .....................................

TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I TỔ TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 MÔN THI: TOÁN 12

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề

2

TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I TỔ TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 MÔN THI: TOÁN

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu Đáp án Điểm

1 2 điểm

a. Khảo sát đủ các bước, đồ thị vẽ dễ nhìn chấm điểm tối đa 1,0

b. Gọi M a;a3 −3a2 + 2( ) là tiếp điểm, do tiếp tuyến vuông góc với d( ) . Nên

có: y ' a( ) = 9

0,25

Hay 3a2 − 6a− 9 = 0 ⇔ a = −1 hoặc a = 3 0,25 Với a = −1 PTTT là: y = 9x + 7 0,25 Vớia = 3 PTTT là: y = 9x − 25 0,25

2 1 điểm

ĐK: x > 0 0,25 PT đã cho tương đương với: log3

2 x − 4 log3 x − 5= 0 0,25

Hay: log3 x = −1log3 x = 5"

#$ 0,25

Vậy PT có nghiệm: x = 13

hoặc x = 35 0,25

3 1 điểm

Ta có F x( ) = sin x1+ cos x∫ dx = −

d 1+ cos x( )1+ cos x∫ = − ln 1+ cos x( )+C 1,00

4 1 điểm

a. 0.5 điểm ĐK: n ∈ N,n ≥ 2 0,25

Từ đề ra ta có: n+1+3n+ 2( )!2!n!

=n+1( )!

3! n− 2( )! ⇔ n2 −10n− 24 = 0 0,25

Giải ra ta được: n =12 hoặc n = −2 0,25 Đối chiếu ĐK ta được n =12 0,25 b. 0.5 điểm Số phần tử của không gian mẫu là: C100

3 . Do tổng 3 số được chọn chia hết cho 2 nên ta có các trường hợp sau:

0,25

+ Cả 3 số đều chẵn, số cách chọn là: C503 0,25

+ Trong 3 số có một số chẵn, hai số lẽ số cách chọn là: C501 C50

2 0,25

Vậy xác suất tính được là: C503 +C50

1 C502

C1003 =

12

0,25

5 1 điểm Ta có AB

! "!!0;1;−1( ) , AC

! "!!−2;1;1( ) . Do AB

! "!!≠ kAC! "!!

nên ABC là một tam giác 0,5

Nhận thấy AB! "!!.AC! "!!

= 0 nên ΔABC vuông tại A .

Vậy 1AH 2 =

1AB2

+1AC2 =

23

. Hay AH =32

0,5

6 2 điểm

a. 0.5 điểm Do SH ⊥ ABCD( ) nên góc giữa SB và mặt phẳng đáy ABCD( ) là góc

∠SBH = 450 . Ta có ΔSBH vuông cân tại H vậy SH = BH = a 2 0,25

3

Ta có VS.ABCD =13SH.dt ABCD( ) = 2a

3 23

(đvtt) 0,25

a. 0.5 điểm Gọi K là trung điểm cử BC , ta có BH / /DK⇒ BH / / SDK( ) suy ra

d BH;SD( ) = d BH; SDK( )( ) = d H; SDK( )( ) 0,25

Tứ diện SHDK vuông tại H nên 1d 2 H; SDK( )( )

=1HS2

+1

HK 2 +1

HD2 =52a2

Vậyd BH;SD( ) = d H; SDK( )( ) = a 25

0,25

7 1 điểm Do ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn nên ABCD là hình thang cân. Do

hai đường chéo vuông góc với nhau tại K nên ΔBKC vuông cân tại K, suy ra ∠ACB = 450 ⇒ ∠AIB = 900 (góc ở tâm cùng chắn cung AB) hay IB ⊥ AI (1)

Lại do d1( ) tiếp xúc C( ) tại B nên IB ⊥ d1( ) (2). Từ (1), (2) suy ta

IB = d A / d1( ) = 52

, ( AI / / d1( ) )

0,25

Ta có PT AI : x + y−1= 0 , do I ∈ AI⇒ I a;1− a( ) , IA = 52⇔

a = 12

a = − 92

#

$

%%%%

Vậy I 12; 12

!

"#

$

%& do xI > 0( )

0,25

PT đường tròn C( ) : x − 12

"

#$

%

&'2

+ y− 12

"

#$

%

&'2

=252

Xét hệ x − 12

"

#$

%

&'2

+ y− 12

"

#$

%

&'2

=252

3x + 4y−16 = 0

(

)*

+*

⇔ x; y( ) = 0;4( ) hoặc x; y( ) = 4;1( )

B là hình chiếu của I lên d1( ) tính được B −2;−2( )

0,25

Do AD / /BC nên B −2;−2( ) , C 4;1( ) , D 0;4( ) 0,25 8

1 điểm ĐK: x; y ≥ 2 0,25

PT(1) ⇔ xy!

"#$

%&

2

+xy+ 2 + 2 x

y!

"#$

%&

2

+xy+1 = 2 x

y+1

!

"#

$

%& , đặt x

y= t;t > 0 ta được

PT t2 + t + 2 + 2t2 + t +1 = 2 t +1( ) (3) với t > 0

0,25

Bình phương hai vế của (3) giải ra ta được x = y 0,25 Thay x = y vào (2) ta được 8x − 6( ) x −1 = 2+ x − 2( ) x + 4 x − 2 +3( ) ⇔

4x − 4 4x − 4( )2+1"

#$%&'= 2+ x − 2( ) 2+ x − 2( )

2+1"

#$%&'

(4);

Xét hàm số f t( ) = t3 + t luôn đồng biến trên R nên

(4) ⇔ 4x − 4 = 2+ x − 2 (5)

4

Giải (5) ta được x = 2 hoặc x = 349

. Vậy hệ có 2 nghiệm

x; y( ) = 2;2( ) hoặc 349; 349

!

"#

$

%&

0,25

9

1 điểm

Ta có 2x2 +3xy+ 4y2 + 2y2 +3xy+ 4x2 =

2 x + 34y

!

"#

$

%&

!

"#

$

%&

2

+238y

!

"#

$

%&

2

+ 2 y+ 34x

!

"#

$

%&

!

"#

$

%&

2

+238x

!

"#

$

%&

2

≥ 3 x + y = 3 x + y( )

dấu bằng xảy ra khi x = y ≥ 0 . Đặt x + y = t ta có t2 − t ≥ 0t ≥ 0

#$%

⇔t = 0t ≥1'

() (*)

0,25

Ta có P = 2t3 + 2t2 − xy 6t + 5( )+ x2 +1+ y2 +1 ,

P ≥ 2t3 + 2t2 − t2

46t + 5( )+ t2 + 4⇔ 4P ≥ 2t3 +3t2 + 4 t2 + 4 = f t( )

0,25

Xét hàm số f t( ) = 2t3 +3t2 + 4 t2 + 4 trên (*), f ' t( ) = 6t2 + 6t + 4tt2 + 4

≥ 0

với mọi t thoả mãn (*). Suy ra f t( ) ≥ f 0( ); f 1( ){ }= f 0( ) = 8 0,25

Vậy 4P ≥ f t( ) ≥ f 0( ) = 8 . Hay minP = 2 đạt được khi x = y ≥ 0x + y = 0"#$

⇔ x = y = 0 0,25