1

Câu 1 ( 2 điểm ) Cho hàm số
y = x
3
− 3x
2
+ 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 + 9 y −1 = 0
.
Câu 2 ( 1 điểm ) Giải phương trình:
log
3
2


b. Cho 100 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 100, chọn ngẫ u 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

> 0
( )
,
C
( )
đi qua điểm
A −2;3
( )
và tiếp xúc với đường thẳng
d
1
( )
: x + y + 4 = 0
tại điểm
B
.
C
( )
cắt
d
2
( )
: 3x + 4y −16 = 0
tại
C
và
D
sao cho
ABCD
là hình thang có hai đáy là

( )
"
#
$
%
$

Câu 9 ( 1 điểm ) Cho
x
,
y
là các số thực không âm thoả mãn:
2x
2
+ 3xy + 4y
2
+ 2y
2
+ 3xy + 4x
2
− 3 x + y
( )
2
≤ 0
. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

P = 2 x
3
+ y
3

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;a
3
− 3a
2
+ 2
( )
là tiếp điểm, do tiếp tuyến vuông góc với
d
( )
. Nên
có:
y' a
( )
= 9

0,25
Hay
3a
2
− 6a − 9 = 0



0,25
Hay:
log
3
x = −1
log
3
x = 5
"
#
$

0,25
Vậy PT có nghiệm:
x =
1
3
hoặc
x = 3
5

0,25
3
1 điểm

Ta có
F x
( )
=

3! n − 2
( )
!

⇔

n
2
−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:
C
100
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:


0,25
5
1 điểm
Ta có
AB
! "!!
0;1;−1
( )
,
AC
! "!!
−2;1;1
( )
. Do
AB
! "!!
≠ k AC
! "!!
nên
ABC
là một tam giác
0,5
Nhận thấy
AB
! "!!
.AC
! "!!
= 0
nên

( )
nên góc giữa
SB
và mặt phẳng đáy
ABCD
( )
là góc
∠SBH = 45
0
. Ta có
ΔSBH
vuông cân tại
H
vậy
SH = BH = a 2

0,25 3

Ta có
V
S . ABCD
=
1
3
SH.dt ABCD
( )
=

1
d
2
H; SDK
( )
( )
=
1
HS
2
+
1
HK
2
+
1
HD
2
=
5
2a
2

Vậy
d BH;SD
( )
= d H; SDK
( )
( )
= a

( )
(2). Từ (1), (2) suy ta
IB = d A / d
1
( )
=
5
2
, (
AI / / d
1
( )
)
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

: x −
1
2
"
#
$
%
&
'
2
+ y −
1
2
"
#
$
%
&
'
2
=
25
2

Xét hệ
x −
1
2
"
#

x; y
( )
= 4;1
( )

B là hình chiếu của I lên
d
1
( )
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:

y
+1 = 2
x
y
+1
!
"
#
$
%
&
, đặt
x
y
= t;t > 0
ta được
PT
t
2
+ t + 2 + 2t
2
+ t +1 = 2 t +1
( )
(3) với
t > 0

0,25
Bình phương hai vế của (3) giải ra ta được
x = y


#
$
%
&
'
(4);
Xét hàm số
f t
( )
= t
3
+ t
luôn đồng biến trên R nên
(4)
⇔
4x − 4 = 2 + x − 2
(5)
4

Giải (5) ta được
x = 2
hoặc
x =
34
9
. Vậy hệ có 2 nghiệm
x; y

=

2 x +
3
4
y
!
"
#
$
%
&
!
"
#
$
%
&
2
+
23
8
y
!
"
#
$
%
&
2


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 = 2t
3
+ 2t
2
− xy 6t + 5
( )
+ x

= 2t
3
+ 3t
2
+ 4 t
2
+ 4
trên (*),
f ' t
( )
= 6t
2
+ 6t +
4t
t
2
+ 4
≥ 0

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