Đề thi thử thpt quốc gia lần 2 môn thi: Toán 12 thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề

 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+11 +3Cn+22 =Cn+13 
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 
Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
 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: log32 x − 4 log3 x − 5= 0 0,25 
Hay: 
log3 x = −1
log3 x = 5
"
#
$ 0,25 
Vậy PT có nghiệm: x = 13 hoặc x = 3
5 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+3 n+ 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: C1003 . 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 C502 0,25 
Vậy xác suất tính được là: C50
3 +C501 C502
C1003
=
1
2 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 =
1
AB2 +
1
AC2 =
2
3 . Hay AH =
3
2 
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 =
1
3SH.dt ABCD( ) =
2a3 2
3 (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( )( )
=
1
HS2 +
1
HK 2 +
1
HD2 =
5
2a2 
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( ) =
5
2 , ( 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 ;
1
2
!
"
#
$
%
& do xI > 0( ) 
0,25 
PT đường tròn C( ) : x − 12
"
#
$
%
&
'
2
+ y− 12
"
#
$
%
&
'
2
=
25
2 
Xét hệ x −
1
2
"
#
$
%
&
'
2
+ y− 12
"
#
$
%
&
'
2
=
25
2
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
+
x
y + 2 + 2
x
y
!
"
#
$
%
&
2
+
x
y +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 ;
34
9
!
"
#
$
%
& 
0,25 
9 
1 điểm 
Ta có 2x2 +3xy+ 4y2 + 2y2 +3xy+ 4x2 = 
2 x + 34 y
!
"
#
$
%
&
!
"
#
$
%
&
2
+
23
8 y
!
"
#
$
%
&
2
+ 2 y+ 34 x
!
"
#
$
%
&
!
"
#
$
%
&
2
+
23
8 x
!
"
#
$
%
&
2
≥ 3 x + y = 3 x + y( ) 
dấu bằng xảy ra khi x = y ≥ 0 . Đặt x + y = t ta có t
2 − t ≥ 0
t ≥ 0
#
$
%
⇔
t = 0
t ≥1
'
(
) (*) 
0,25 
Ta có P = 2t3 + 2t2 − xy 6t + 5( )+ x2 +1+ y2 +1 , 
P ≥ 2t3 + 2t2 − t
2
4 6t + 5( )+ t
2 + 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 + 4t
t2 + 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 
 Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl