TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI ĐỀ THI THỬ - KÌ THI QUỐC GIA.
TỔ TOÁN Môn: TOÁN 12 – Lần 3 (2014 – 2015)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ :
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số
3
3 3y x x= − +
, có đồ thị (C).
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến có hệ số góc
3k
= −
.
Câu 2 (1.0 điểm).
a. Giải phương trình:
6.2 2 1
x x−
= +
b. Tìm hai số thực a, b để phương trình:
2
. 5 0z a z b+ + =
nhận số phức
1 2z i= +
làm
nghiệm.
Câu 3 (0.5 điểm). Giải phương trình:
os2 sin 3 2cos2 .sin 0c x x x x
− + =

Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân:
2

1
0
(2 )
x
I x e dx= +
∫
Câu 5 (1.0 điểm). Giải phương trình:
2 2
2 2 1 3 4 1x x x x x+ + − = + +
Câu 6 (1.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, có mặt đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B,
biết
AB BC a
= =
; đáy lớn
2AD a
=
. Cạnh bên SA vuông góc với mp(ABCD), góc giữa đường
thẳng SC và mặt phẳng đáy (ABCD) bằng 45
0
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ D đến mp(SBC).
Câu 7 (0.5 điểm). Trường THPT Trần Quốc Tuấn có 15 học sinh là Đoàn viên ưu tú, trong đó
khối 12 có 3 nam và 3 nữ, khối 11 có 2 nam và 3 nữ, khối 10 có 2 nam và 2 nữ. Đoàn trường
chọn ra 1 nhóm gồm 4 học sinh là Đoàn viên ưu tú để tham gia lao động Nghĩa trang liệt sĩ.
Tính xác suất để nhóm được chọn có cả nam và nữ, đồng thời mỗi khối có 1 học sinh nam.
Câu 8 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng chứa hệ trục tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại
A và D, đáy lớn là cạnh CD; đường thẳng chứa cạnh AD có phương trình
3 0x y− =
, đường
thẳng chứa cạnh BD có phương trình

2 0x y− =
; góc tạo bởi 2 đường thẳng BC và AB bằng
0
45
. Biết diện tích hình thang ABCD bằng 24. Viết phương trình đường thẳng BC, biết điểm B
có hoành độ dương.
Câu 9 (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
( ) : 2 1 0P x y z+ − − =
,
( ) :2 5 0Q x y z− + − =
và điểm
(2;1;1)A
. Viết phương trình đường thẳng đi
qua điểm A và vuông góc với mặt phẳng (P) và viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên
mặt phẳng (Q) đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại điểm A.
Câu 10 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình:
(
)
3 2 2
2 2 2
(4 1) 2( 1) 6
2 2 4 1 1
x y x x
x y y x x

+ + + =


+ + = + +



…………………………………. Hết …………………………………
ĐÁP ÁN – ĐÈ THI THỬ - KÌ THI THPT QUỐC GIA – Lần 3
Câu Ý Nội dung đáp án Điểm
1
(2.0đ)
a)
(1.0đ
)
* TXĐ: D =
R

3
3 3y x x= − +
*
2
' 3 3y x= −
2
1 (1) 1
' 0 3 3 0
1 ( 1) 5
x y
y x
x y
= ⇒ =

= ⇔ − = ⇔

= − ⇒ − =


0.25
* Giới hạn:

lim
x
y
→−∞
= −∞
và
lim
x
y
→+∞
= +∞
0.25
* BBT: đúng, đầy đủ. 0.25
* Đồ thị : Đúng, cong trơn tru 0.25
b)
(1.0đ
)
* Gọi
0 0
( ; )M x y
là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị (C)
Hệ số góc:
2
0 0
'( ) 3 3y x x= −
0.25
* Vì tiếp tuyến của (C) tại M có hệ số góc k = -3 nên:

2
0 0 0
3 3 3 0 3x x y− = − ⇔ = ⇒ =
2x0.25
* Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là:
3 3y x= − +
0.25
2
(1.0đ
)
1
(0.5)
* Pt:
6.2 2 1
x x−
= +

2
2 2 6 0
x x
⇔ − − =
0.25
*
2 2
1
2 3 ( )
x
x
x
vn


=
⇔ ⇔ =

= −

0.25
2
(0.5)
* Vì
1 2z i
= +
là nghiệm của pt:
2
. 5 0z a z b+ + =

nên:
2
(1 2 ) (1 2 ) 0i a i b+ + + + =
0.25
*
5 3 0 1
2 4 0 2
a b b
a a
+ − = =
 
⇔ ⇔
 
+ = = −

 
0.25
3
(0.5đ)
*
os2 os( )
2
pt c x c x
π
⇔ ⇔ = −
0.25
*
2
6 3
2
2
x k
x k
π π
π
π

= +

⇔


= − +




0.25
4
(1.0đ
)
2 2
1 1 1
0 0 0
(2 ) 2
x x
I x e dx xdx xe dx= + = +
∫ ∫ ∫
0.25
*
1
1
2
1
0
0
2 1I xdx x= = =
∫
0.25
*
2
1
2
0
x
I xe dx=

∫
Đặt:
2
1
2
u x du xdx= ⇒ =
. Đổi cận:
0 0; 1 1x u x u= ⇒ = = ⇒ =
1
1
2
0
0
1 1 1 1
2 2 2 2
u u
I e du e e⇒ = = = −
∫
0.25
Vậy:
1 1
2 2
I e= +
0.25
5
(1.0đ
)
2 2
2 2 1 3 4 1x x x x x+ + − = + +
(1)

ĐK :
1
2
x ≥
0.25
(1)
2 2 2 2
( 2 )(2 1) 1 ( 2 )(2 1) ( 2 ) (2 1)x x x x x x x x x x⇔ + − = + ⇔ + − = + − −
Đặt:
2
2
( ; 0)
2 1
u x x
u v
v x

= +
≥

= −

. Thay vào pt trên ta được :
2 2
(3 5)
.
(3 5)
2
3 0
2

u v
u v
u v u v u v
u uv v
u v
≥

≥

+

= − ⇔ ⇔ ⇒ =
 
±
− + =
=



Do đó :
2 2
(3 5) 1 5
2 (2 1) 2 2( 1 5) 3 5 0
2 2
x x x x x x
+ +
+ = − ⇔ + − − + + = ⇔ =
(TMĐK)
Vậy nghiệm của pt(1) là :
1 5

2
x
+
=
0.25
0.25
0.25
6
(1.0đ
)
*Ta có : SA
⊥
(ABCD) nên SA là chiều cao của khối chóp SABCD.
Vì SA
⊥
(ABCD) nên AC là hình chiếu của
SC trên mp(ABCD) => góc giữa SC và (ABCD)
là góc SCA = 45
0
.
0.25
*
2 2 2 2
2 2AC AB BC a AC a= + = ⇒ =

SA = AC.tan45
0
= a
2
Vậy

3
.
1 2
.
3 2
S ABCD ABCD
V S SA a= =
0.25
*Hạ AH
⊥
SB
( )H SB∈
BC
⊥
AB; BC
⊥
SA
BC AH⇒ ⊥
( ) ( ,( ))AH SBC AH d A SBC⇒ ⊥ ⇒ =
Mà DA//BC;
( )BC SBC⊂ ⇒
AD//(SBC)
Do đó :
( ,( )) ( ,( ))d D SBC d A SBC AH= =
0.25
* Xét tam giác SAB vuông tại A, ta có :
2 2 2
1 1 1 2
( ,( )) .
3

AH d D SBC a
AH SA AB
= + ⇒ = =
0.25
7
(0.5đ)
* Số phần tử của không gian mẫu:
4
15
1365CΩ = =
Gọi biến cố A:” nhóm được chọn có cả nam và nữ, đồng thời mỗi khối có 1
học sinh nam”
Số phần tử của biến cố A:
1 1 1 1
3 2 2 8
. . . 96
A
C C C CΩ = =
Vậy:
96 32
( )
1365 455
P A = =
0.25
0.25
8
(1.0đ
)
*Tọa độ điểm D là nghiệm hệ :
3 0 0

(0;0)
2 0 0
x y x
D
x y y
− = =
 
⇔ ⇒
 
− = =
 
:3 0AD x y− =
có vtpt
1
(3; 1)n −
ur
;
: 2 0BD x y− =
có vtpt
2
(1; 2)n −
uur
· ·
0
1
os( , ) os 45
2
c AD BD c ADB ADB AD AB= = ⇒ = ⇒ =
Vì
( )

·
0
, 45BC AB =
nên
·
0
45BCD BCD= ⇒ ∆
vuông cân tại B
2DC AB⇒ =
*Ta có :
2
1 3
( ) 24 4 4 2
2 2
ABCD
AB
S AB CD AD AB BD= + = = ⇒ = ⇒ =
: 2 0 ( ; )
2
b
B BD x y B b∈ − = ⇒
, (
0b >
).
2
2
8 10 8 10 4 10
4 2 ;
4 5 5 5
b

BD b b B
 
= + = ⇒ = ⇒
 ÷
 ÷
 
0.25
0.25
0.25
*Đường thẳng BC
⊥
BD và đi qua B
: 2 4 10 0BC x y⇒ + − =
0.25
9
(1.0đ
)
*
( ) : 2 1 0P x y z+ − − =
có vectơ pháp tuyến
(1;1; 2)n −
r
Vì đường thẳng
∆
đi qua điểm
(2;1;1)A
và vuông góc với mp(P) nên nhận
vectơ
(1;1; 2)n −
r

làm vectơ chỉ phương.
⇒
phương trình tham số của đường thẳng
2
: 1
1 2
x t
y t
z t
= +


∆ = +


= −

* Tọa độ giao điểm I của
∆
và
( )Q
là nghiệm hệ:
2 2
1
1 1
0 (1;0;3)
1 2 1 2
3
2 5 0 1
x t x t

x
y t y t
y I
z t z t
z
x y z t
= + = +
 
=

 
= + = +
  
⇔ ⇒ = ⇒
  
= − = −
  
=

 
− + − = = −
 
Vì mặt cầu (S) có tâm nằm trên mặt phẳng (Q) đồng thời tiếp xúc với mặt
phẳng (P) tại điểm A nên có tâm là điểm
(1;0;3)I
, bán kinh
R =IA=
6R IA= =
⇒
mặt cầu (S) có phương trình:

2 2 2
( 1) ( 3) 6x y z− + + − =
0.25
0.25
0.25
0.25
10
(1.0đ
)
ĐK:
0x
≥

* Do x = 0 không phải nghiệm nên x > 0
2
1 0x x⇒ + + >
.
Từ pt (2)
⇒
2
(2 2 4 1) 0y y+ + >
. Chia hai vế pt (2) cho
2
x
, ta được :
( ) ( ) ( )
2
2
1 1 1 1
2 2 2 1 1 (2 )y y y f y f

x x x x
   
+ + = + + ⇔ =
 ÷  ÷
   
(3)
0.25
*Xét hàm số :
2
( ) 1f t t t t= + +
trên khoảng
( )
0;+∞
2
2
2
'( ) 1 1 0, 0
1
t
f t t t
t
= + + + > ∀ > ⇒
+
hàm số đồng biến trên khoảng
( )
0;+∞
(4).
Từ (3) và (4)
1
2y

x
⇒ =
*Thay
1
2y
x
=
vào pt (1), ta được :
( )
3 2
2 1 6x x x x+ + + =
(5).
Ta thấy x = 1 là nghiệm pt (5).
Xét hàm số :
( )
3 2
( ) 2 1f x x x x x= + + +
trên khoảng
( )
0;+∞
Có
2
2
1
'( ) 3 4 0, 0
x
f x x x x x x
x
+
= + + + > ∀ > ⇒

hàm số đồng biến trên khoảng
( )
0;+∞
(6). Từ (5) và (6)
1x
⇒ =
là nghiệm duy nhất của pt (5)
*
1 2x y= ⇒ =
. Vậy nghiệm của hệ :
1
1;
2
 
 ÷
 
0.25
0.25
0.25
* Ghi chú: Mọi cách giải khác, nếu đúng, vẫn cho điểm tối đa phần tương ứng.
……………………………………………… Hết ………………………………………………