Đề thi thử tốt nghiệp và tuyển sinh đại học - cao đẳng lần 2 môn: Toán – lớp 12 thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề

Sở GD&ĐT Bắc Giang 
Trường THPT Lục Ngạn số 1 
Đề chính thức 
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP VÀ TUYỂN SINH 
ĐH-CĐ LẦN 2 
 Môn: Toán – Lớp 12 
Ngày thi 15/03/2015 
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số 2 1,
1
x
x
y


 có đồ thị (C). 
 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 
 b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết rằng tiếp tuyến cách đều điểm A(2;4) và 
 B(-4;-2). 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sau: 
 2sin 6 2sin 4 3 cos 2 3 sin 2x x x x    . 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: 
2
2
2 3
2
2 2
( , )
1 2 1 1
y
y x x
x y Rx
y x
 
  


   
. 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: 
1
3
0
( 1)
xdx
I
x

 . 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 
5
2
a
. Tính góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy, tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho A(2;1), B(-1;-3) và hai đường thẳng 
1 : 3 0d x y   , 2 : 5 16 0d x y   . Tìm tọa độ các điểm C, D lần lượt trên 1d và 2d sao cho tứ giác 
ABCD là hình bình hành. 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1;0;1), B(2;1;2) và mặt phẳng 
( ) : x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với 
mặt phẳng ( ) . 
Câu 8 ( 1,0 điểm). Cho ,x y là các số thực thỏa mãn: 2 2 3x y xy   . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 3P x y x y    . 
............Hết........... 
Chú ý: Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.......................................................Số bao danh:........................ 
www.NhomToan.com
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành  Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến 
www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ CHO ĐIỂM 
Môn: Toán (Thi Thử Tốt nghiệp và ĐH lần 2) 
Chú ý: 
- Trên đây chỉ là đáp án vắn tắt và hướng dẫn cho điểm. Học sinh phải lập luận chặt chẽ 
 mới cho điểm tối đa. 
- Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm. 
-Câu 5: Học sinh phải vẽ hình chính và đúng thì mới chấm bài giải. 
- Phần hình học giải tích học sinh không nhất thiết phải vẽ hình. 
Câu Nội dung cơ bản Điểm 
Câu 1 
 (3,0 đ) 
 Cho hàm số 2 1,
1
x
x
y


 có đồ thị (C). 
 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 
 b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết rằng tiếp tuyến cách 
đều điểm A(2;4) và B(-4;-2). 
*TXĐ:  \ 1R  
* Giới hạn: lim 2;
x
y


1 1
lim ; lim
x x
y y
  
    
* Đạo hàm: 
2
1
' 0, 1
( 1)
y x
x
    

* Kết luận ĐB, NB. 
* BBT: 
0,25 
0,5 
0,25 
phần a 
(2 đ) 
* BBT: 
0,5 
 * Vẽ đồ thị chính xác: 
- Chỉ ra giao của đồ thị 
với các trục tọa độ. 
- Thể hiện rõ tính chất đối xứng. 
- Thể hiện đúng khái niệm tiệm 
cận. 
0,5 
phần b 
(1,0 đ) 
* Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm ( 0 1x   ). phương trình tiếp tuyến là: 
  002
0 0
2 11
( 1) 1
x
y x x
x x

  
 
 . 
 Vì tiếp tuyến cách đều A và B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của 
AB hoặc song song AB. 
* Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(-1;1) của AB ta có: x0 = 1 
Vậy pttt là: 
1 5
4 4
y x  . 
* Tiếp tuyến song song với đường thẳng AB: y = x+2 
0,25 
0,25 
0,25 
1
1
O
-1
2
02
0 0
2 11
1; 2
( 1) 1
x
x x

 
 
 => 0 00; 2x x   
* Với 0 0x  ta có y = x+1 
* Với 0 2x   ta có y = x+5 
KL: 
0,25 
Câu 2 
(1,0 đ) 
 Giải các phương trình sau: 
 2sin 6 2sin 4 3 cos 2 3 sin 2x x x x    
 pt 22cos5 xsinx 3 sin sin x cosx x  
s inx 0
2cos5x 3 s inx+cosx



+) sinx = 0 x k 
+) 2cos5 3 sin cosx x x  
12 2
cos5 cos
3
18 3
k
x
x x
k
x
 

 

  
    
    

KL: 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 Giải hệ phương trình sau: 
2
2
2 3
2
2 2
( , )
1 2 1 1
y
y x x
x y Rx
y x
 
  


   
. 
Câu 3 
(1,0đ) 
ĐK: x >0 
Chia cả hai vế pt(1) cho x, ta được: 
2 22 2
2 0
y y
x x
 
   
2
2
2
1
2
2
y
x
y
x
 
 


 

2 2
4
y
x

 2 4 2y x  thế vào pt(2) ta 
đc: 34 1 2 1 1x x    
Đặt 34 1 , ( 0), 2 1x u u x v     ta có hệ 
2 3
1
2 1
u v
u v
 

 
Giải hệ tìm được u = 1; v = 0 => 
1
; 0
2
x y  
KL: nghiệm của hệ pt: 
1
;0
2
 
 
 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 4 
(1,0 đ) 
Tính tích phân sau: 
1
3
0
( 1)
xdx
I
x

 
 Ta có 
1
3
0
1 1
( 1)
x dx
I
x
 

 = 
1 1
2 3
0 0
( 1) ( 1)
dx dx
x x

  
 = 
11
2
0 0
1 1 1
1 2( 1) 8x x

 
 
0,25 
0,25 
0,5 
Câu 5 
(1 điểm) 
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a , cạnh bên 
bằng 
5
2
a
. Tính góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy và thể tích khối cầu 
ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 
 Gọi H là tâm của ABCD=> SH (ABCD). 
M là trung điểm BC => BC (SHM). 
Do các mặt bên tạo với đáy cùng một 
góc => SHM bằng góc tạo bởi mặt bên 
với mặt đáy 
* Tính được SH = 
3
,
2 2
a a
HM  
* tan 3
SH
SMH
MH
  =>  060SMH  
* Lập luận được tâm khối cầu là điểm I của 
SH với trung trực SC trong (SHC) 
* Tính được bán kính khối cầu do SNI đồng dạng SHC => 
. 5
4 3
SN SC a
SI
SH
  
* Vậy 
3
34 125 3
3 432
a
V R

  
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 6 
(1 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho A(2;1), B(-1;-3) và hai đường thẳng 
1 : 3 0d x y   , 2 : 5 16 0d x y   . Tìm tọa độ các điểm C, D lần lượt trên 
1d và 2d sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. 
 * Giả sử C(c;-c-3) 1d , D(5d+16;d) 2d . 
=> CD

 =(5d+16-c;d+c+3) 
* ABCD là hình bình hành => CD

= BA

 =(3;4) 
=>
5 16 3 5 13
3 4 1
d c d c
d c d c
      
 
     
2
3
d
c
 


=> C(3;-6); D(6;-2) 
* Ta có BA

 =(3;4); BC

 =(4;-3) không cùng phương => A,B,C,D không 
0,25 
0,25 
0,25 
D
C
A
B
MH
S
N
I
thẳng hàng => ABCD là hình bình hành 
* Vậy:C(3;-6); D(6;-2) 
0,25 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1;0;1), B(2;1;2) và mặt phẳng 
( ) : x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua hai điểm 
A, B và vuông góc với ( ) . 
Câu 7 
 (1 đ) 
* Lập luận chỉ ra được ,n AB n   
  
 =(1;-2;1) là một véc tơ pháp tuyến 
của ( ) . 
* mp( ) đi qua A có véc tơ pháp tuyến n

 =(1;-2;1) có pt: x - 2y + z - 2 = 0. 
0,5 
0,5 
Cho ,x y là các số thực thỏa mãn: 2 2 3x y xy   . Tìm giá trị lớn nhất và 
nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 3P x y x y    
Câu 8 
(1đ) 
Ta có 2 2 3x y xy   2(x y) 3 xy   . 
Vì 
2 2
2
2
( ) ( )
( ) 3
4 4
( ) 4
x y x y
xy x y
x y
 
    
  
Đặt  , 2;2x y t t    
Biến đổi được P = 32 6t t  
Xét f(t)= 32 6t t  trên  2;2 
* Lập bảng biến thiên 
*Tìm được Max P = 4 khi t = 1; Min P = -4 khi t = -1 và kết luận dấu bằng 
xảy ra đối với x, y. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành  Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến 
www.laisac.page.tl