1. 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: log3
2
x − log 3
9x2
( )−1= 0
Câu 3 ( 1 điểm ) Tìm nguyên hàm sau: F x( )=
sin x
1+cosx
∫ dx
Câu 4 ( 1 điểm )
a. Tìm n ∈ N biết Cn+1
1
+3Cn+2
2
= 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 SB và 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
WWW.VNMATH.COM

2. 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 − 4log3 x − 5 = 0 0,25
Hay:
log3 x = −1
log3 x = 5
"
#
$ 0,25
Vậy PT có nghiệm: x =
1
3
hoặc x = 35
0,25
3
1 điểm Ta có F x( )=
sin x
1+cosx
∫ dx = −
d 1+cosx( )
1+cosx
∫ = −ln 1+cosx( )+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: 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: C50
3
0,25
+ Trong 3 số có một số chẵn, hai số lẽ số cách chọn là: C50
1
C50
2
0,25
Vậy xác suất tính được là:
C50
3
+C50
1
C50
2
C100
3
=
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
1
AH2
=
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
WWW.VNMATH.COM

3. 3
Ta có VS.ABCD =
1
3
SH.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
1
d2
H; SDK( )( )
=
1
HS2
+
1
HK2
+
1
HD2
=
5
2a2
Vậyd BH;SD( )= d H; SDK( )( )= a
2
5
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 =
5
2
⇔
a =
1
2
a = −
9
2
#
$
%
%
%
%
Vậy I
1
2
;
1
2
!
"
#
$
%
& do xI > 0( )
0,25
PT đường tròn C( ): x −
1
2
"
#
$
%
&
'
2
+ y −
1
2
"
#
$
%
&
'
2
=
25
2
Xét hệ
x −
1
2
"
#
$
%
&
'
2
+ y −
1
2
"
#
$
%
&
'
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) ⇔
x
y
!
"
#
$
%
&
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)
WWW.VNMATH.COM

4. 4
Giải (5) ta được x = 2 hoặc x =
34
9
. Vậy hệ có 2 nghiệm
x;y( )= 2;2( ) hoặc
34
9
;
34
9
!
"
#
$
%
&
0,25
9
1 điểm
Ta có 2x2
+3xy+ 4y2
+ 2y2
+3xy+ 4x2
=
2 x +
3
4
y
!
"
#
$
%
&
!
"
#
$
%
&
2
+
23
8
y
!
"
#
$
%
&
2
+ 2 y+
3
4
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
t2
−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
−
t2
4
6t + 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 +
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 ≥ 0
x + y = 0
"
#
$
⇔ x = y = 0 0,25
WWW.VNMATH.COM