Đề thi thử Đại học môn: Toán Khối: A, A1 và khối B

an với hệ tọa độ ,Oxyz cho đường thẳng 2 1 2:
1 1 2
x y zd + − −= =
−
 và hai mặt 
phẳng ( ) : 2 2 3 0, ( ) : 2 2 7 0.P x y z Q x y z+ + + = − − + = Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp 
xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q). 
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho tập hợp { }1, 2, 3, 4, 5 .E = Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, các 
chữ số đôi một khác nhau thuộc E. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M. Tính xác suất để tổng các chữ số của số đó 
bằng 10. 
b. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hai điểm (1; 2), (4; 1)A B và đường thẳng 
: 3 4 5 0.x y∆ − + = Viết phương trình đường tròn đi qua A, B và cắt ∆ tại C, D sao cho 6.CD = 
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho điểm (1; 1; 0)M và hai đường thẳng 
1 2
1 3 1 1 3 2
: , : .
1 1 1 1 2 3
x y z x y zd d− − − − + −= = = =
− − −
 Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với 1d và 2d đồng 
thời cách M một khoảng bằng 6. 
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 
0 1 2 31 1 1 1 ( 1) 1
. . . .
2 3 4 5 2 156
n
n
n n n n nC C C C C
n
−
− + − + + =
+
------------------ Hết ------------------ 
N53
 2
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 - NĂM 2014 
Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu Đáp án Điểm 
a) (1,0 điểm) 
10. Tập xác định: \{1}.R 
20. Sự biến thiên: 
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim 2
x
y
→−∞
= và lim 2.
x
y
→+∞
= 
 Giới hạn vô cực: 
1
lim
x
y
+→
= −∞ và 
1
lim .
x
y
−→
= +∞ 
Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng 2,y = tiệm cận đứng là đường thẳng 1.x = 
* Chiều biến thiên: Ta có 2
1
' 0, 1.( 1)y xx= > ∀ ≠− 
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ); 1−∞ và ( )1; .+ ∞ 
0,5 
* Bảng biến thiên: 
30. Đồ thị: 
Đồ thị cắt Ox tại 3 ; 0 ,
2
 
 
 
 cắt Oy tại (0;3). 
Nhận giao điểm (1; 2)I của hai tiệm cận 
làm tâm đối xứng. 
0,5 
b) (1,0 điểm) 
Ta có 1: .
3 3
md y x= − − Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình 
2 3 1
,
1 3 3
x m
x
x
−
= − −
−
 hay 2 ( 5) 9 0, 1.x m x m x+ + − − = ≠ (1) 
Ta có 2( 7) 12 0,m∆ = + + > với mọi m. Suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Hơn nữa 
cả 2 nghiệm 1 2,x x đều khác 1. Do đó d luôn cắt (H) tại 2 điểm phân biệt 1 1 2 2( ; ), ( ; ).M x y N x y 
0,5 
Câu 1. 
(2,0 
điểm) 
Ta có 1 1 2 2( 1; ), ( 1; ).AM x y AN x y= − = −




 



Tam giác AMN vuông tại A . 0.AM AN⇔ =




 



 Hay 1 2 1 2( 1)( 1) 0x x y y− − + = 
 1 2 1 2
1( 1)( 1) ( )( ) 0
9
x x x m x m⇔ − − + + + = 
2
1 2 1 210 ( 9)( ) 9 0.x x m x x m⇔ + − + + + = (2) 
Áp dụng định lý Viet, ta có 1 2 1 25, 9.x x m x x m+ = − − = − − Thay vào (2) ta được 
210( 9) ( 9)( 5) 9 0m m m m− − + − − − + + = 6 36 0 6.m m⇔ − − = ⇔ = − 
Vậy giá trị của m là 6.m = − 
0,5 
Câu 2. 
(1,0 
điểm) 
Phương trình đã cho tương đương với 
 sin3 sin 2cos2 3(sin 1) cos (sin 1)x x x x x x− + = + + + 
0,5 
x 
'y 
y 
∞− ∞+ 1 
2 
∞− 
+ + 
∞+ 
2 
x O 
y 
I 
3 
2 
1 3
2
N53
 3
 2
2cos2 sin 2cos2 (sin 1)(cos 3)
(sin 1)(2cos2 cos 3) 0
(sin 1)(4cos cos 5) 0
(sin 1)(cos 1)(4cos 5) 0.
x x x x x
x x x
x x x
x x x
⇔ + = + +
⇔ + − − =
⇔ + − − =
⇔ + + − =
*) sin 1 2 ,
2
x x kpi pi= − ⇔ = − + .k ∈Z 
*) cos 1 2 ,x x kpi pi= − ⇔ = + .k ∈Z 
*) 4cos 5 0x − = vô nghiệm. 
Vậy phương trình có nghiệm 2 , 2 , .
2
x k x k kpi pi pi pi= − + = + ∈Z 
0,5 
Điều kiện: 1.x ≥ − 
Nhận thấy 1x = − là một nghiệm của bất phương trình. 
Xét 1.x > − Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với 
 ( ) ( ) 3 24 1 2 2 2 3 3 2 12x x x x x+ − + + − ≤ − − − 
( )
2
2
4( 3) 4( 3) ( 3)( 2 4)
1 2 2 3 3
4 43 ( 1) 3 0. (1)
1 2 2 3 3
x x
x x x
x x
x x
x x
− −
⇔ + ≤ − + +
+ + + +
 
⇔ − + − + − ≤ 
+ + + + 
0,5 
Câu 3. 
(1,0 
điểm) 
Vì 1x > − nên 1 0x + > và 2 3 1.x + > Suy ra 4 4 3,
1 2 2 3 3x x
+ <
+ + + +
 vì vậy 
24 4 ( 1) 3 0.
1 2 2 3 3
x
x x
+ − + − <
+ + + +
Do đó bất phương trình (1) 3 0 3.x x⇔ − ≥ ⇔ ≥ 
Vậy nghiệm của bất phương trình là 1x = − và 3.x ≥ 
0,5 
Ta có 
1 1
2 2
0 0
3 ln(3 1)d 2 d .( 1) ( 1)
x xI x x
x x
+
= +
+ +∫ ∫ 
Đặt 
3dln(3 1) d ;
3 1
x
u x u
x
= + ⇒ =
+
 2
d 1d .
1( 1)
x
v v
xx
= ⇒ = −
++
Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có 
0,5 
Câu 4. 
(1,0 
điểm) 
1 11
2
00 0
1 1
2
0 0
1 1
0 0
3 2ln(3 1) dd 6
1 (3 1)( 1)( 1)
3 3 3 1d ln 4 3 d
1 3 1 1( 1)
3 3ln 4 3ln 3 1 4ln 2.
1 2
x x xI x
x x xx
x x
x x xx
x
x
+
= − +
+ + ++
   
= − − + −   + + ++   
= − + + = − +
+
∫ ∫
∫ ∫ 0,5 
 Vì ( )SH ABCD⊥ nên  ( ) 0, ( ) 30 .SCH SC ABCD= = 
Trong tam giác vuông SAD ta có 2 .SA AH AD= 
2 2312 4 ; 3 ;
4
a AD AD a HA a HD a⇔ = ⇒ = = = 
0
. 3 .cot30 3SH HA HD a HC SH a⇒ = = ⇒ = = 
2 2 2 2 .CD HC HD a⇒ = − = 
Suy ra 2. 8 2ABCDS AD CD a= = . 
Suy ra 
3
.
1 8 6
. .
3 3S ABCD ABCD
aV SH S= = 
0,5 
Câu 5. 
(1,0 
điểm) 
Vì M là trung điểm AB và AH // (SBC) nên 0,5 
A B 
D C 
K H 
S 
'H
M 
a 
 4
 ( ) ( ) ( )1 1, ( ) ,( ) , ( ) .
2 2
d M SBC d A SBC d H SBC= = (1) 
Kẻ HK BC⊥ tại K, 'HH SK⊥ tại '.H Vì ( )BC SHK⊥ nên ' ' ( ).BC HH HH SBC⊥ ⇒ ⊥ (2) 
Trong tam giác vuông SHK ta có 2 2 2 2
1 1 1 11 2 6 2 66
' .
11' 24 11
aHH a
HH HK HS a
= + = ⇒ = = (3) 
Từ (1), (2) và (3) suy ra ( ) 66, ( ) .
11
d M SBC a= 
Ta có 2 2 2 2 255 ( ) 5 5( ) 6( )
2
x y z x y z xy yz zx+ + ≤ + + = + + 216 ( ) 6. ( ) .
4
x y z y z≤ + + + 
Do đó 2 25 6 ( ) ( ) 0,x x y z y z− + + + ≤ hay .
5
y z
x y z+ ≤ ≤ + 
Suy ra 2( )x y z y z+ + ≤ + . 
Khi đó 212( ) ( )
2
P x y z y z≤ + + − + 2 21 14( ) ( ) 2 ( ) .
2 2
y z y z y z y z≤ + − + = + − + 
Đặt ,y z t+ = khi đó 0t ≥ và 
4
2 .
2
tP t≤ − (1) 
0,5 
Câu 6. 
(1,0 
điểm) 
Xét hàm số 41( ) 2
2
f t t t= − với 0.t ≥ 
Ta có 3'( ) 2 2 ; '( ) 0 1.f t t f t t= − = ⇔ = 
Suy ra bảng biến thiên: 
Dựa vào bảng biến thiên ta có 3( ) (1)
2
f t f≤ = với mọi 0.t ≥ (2) 
Từ (1) và (2) ta có 3 ,
2
P ≤ dấu đẳng thức xảy ra khi 
1
1
1 2
x y z x
y z
y z
y z
= + =
 
= ⇔ 
= = + = 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 ,
2
 đạt được khi 11, .
2
x y z= = = 
0,5 
1 3
: 2 3 5 0 ( 3 1, 2 1).
1 2
x t
A d x y A a a
y t
= −
∈ + − = ⇔ ⇒ − + +
= +
Vì (2; 1)M là trung điểm AC nên suy ra (3 3 ; 1 2 )C a a+ − 
( 3 1; 2 4)
(3 3 ; 4 2 ).
HA a a
HC a a
 = − + +
⇒ 
= + −







 
Vì  090AHC = nên 
1
. 0 19
.
13
a
HA HC
a
=

= ⇒
 = −




 



*) Với 1 ( 2; 3), (6; 1)a A C= ⇒ − − thỏa mãn. 
*) Với 19 18 51;
13 13 13
a C  = − ⇒ − 
 
 không thỏa mãn. 
0,5 
Câu 
7.a 
(1,0 
điểm) 
Với ( 2; 3), (6; 1)A C− − ta có phương trình : 17 11 0,CE x y+ + = phương trình : 3 9 0BC x y− − = 
Suy ra (3 9; )B b b BC+ ∈ ⇒ trung điểm AB là 3 7 3; .
2 2
b bN + +  
 
Mà 4 ( 3; 4).N CE b B∈ ⇒ = − ⇒ − − 
0,5 
A d 
B H C 
M N 
E 
( )f t 
'( )f t 
t 1 
0 + – 
0 +∞ 
3
2
Tâm mặt cầu (S) là ( 2; 1; 2 2) .I t t t d− − + + ∈ 
Vì (S) tiếp xúc (P), (Q) nên ( ) ( ), ( ) , ( )d I P d I Q R= = 0,5 
Câu 
8.a 
(1,0 
điểm) 
1 12, ( 4; 3; 2),3 7 1 3 3
2 23 3 3, ( 5; 4; 4),
3 3
t R I R
t t
R
t R I R
 
= − = − − = + − −
⇔ = = ⇔ ⇒ 
 
= − = − − =
  
Suy ra pt (S) là 2 2 2 1( 4) ( 3) ( 2)
9
x y z+ + − + + = hoặc 2 2 2 4( 5) ( 4) ( 4) .
9
x y z+ + − + + = 
0,5 
Số các số thuộc M có 3 chữ số là 35 60.A = 
Số các số thuộc M có 4 chữ số là 45 120.A = 
Số các số thuộc M có 5 chữ số là 55 120.A = 
Suy ra số phần tử của M là 60 120 120 300.+ + = 
0,5 
Câu 
9.a 
(1,0 
điểm) 
Các tập con của E có tổng các phần tử bằng 10 gồm 
 1 2 3{1,2,3,4}, {2,3,5}, {1,4,5}.E E E= = = 
Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số bằng 10. 
Từ 1E lập được số các số thuộc A là 4! 
Từ mỗi tập 2E và 3E lập được số các số thuộc A là 3! 
Suy ra số phần tử của A là 4! 2.3! 36.+ = 
Do đó xác suất cần tính là 36 0,12.
300
P = = 
0,5 
 Giả sử (C) có tâm ( ; ),I a b bán kính 0.R > 
Vì (C) đi qua A, B nên IA IB R= = 
2 2 2 2
2 2
( 1) ( 2) ( 4) ( 1)
3 6 ( ; 3 6)
10 50 65 10 50 65 (1)
a b a b R
b a I a a
R a a R a a
⇔ − + − = − + − =
= − −  
⇒ ⇒ 
= − + = − +  
0,5 
Câu 
7.b 
(1,0 
điểm) 
Kẻ IH CD⊥ tại H. Khi đó 
9 29
3, ( , )
5
a
CH IH d I
− +
= = ∆ = 
2
2 2 (9 29)9
25
aR IC CH IH −⇒ = = + = + (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 
2
2 2(9 29)10 50 65 9 169 728 559 0
25
a
a a a a
−
− + = + ⇔ − + = 
1
43
13
a
a
=
⇔
 =

(1; 3), 5
43 51 5 61
; ,
13 13 13
I R
I R
− =
⇒  
=   
Suy ra 2 2( ) : ( 1) ( 3) 25C x y− + + = hoặc 
2 243 51 1525( ) : .
13 13 169
C x y   − + − =   
   
0,5 
Vì ( )P // 1 2,d d nên (P) có cặp vtcp 1 1 2
2
(1; 1; 1)
, (1; 2; 1)
( 1; 2; 3) P
u
n u u
u
 = −  ⇒ = =  
= − −





 

 




 
Suy ra pt (P) có dạng 2 0.x y z D+ + + = 
( ) 33, ( ) 6 6 96
DD
d M P
D
=+ 
= ⇔ = ⇔ 
= −
( ) : 2 3 0 (1)
( ) : 2 9 0 (2)
P x y z
P x y z
+ + + =
⇒  + + − =
0,5 
Câu 
8.b 
(1,0 
điểm) 
Lấy 1(1; 3; 1)K d∈ và 2(1; 3; 2)N d− ∈ thử vào các phương trình (1) và (2) ta có 
( ) : 2 3 0N P x y z∈ + + + = nên 2 ( ) : 2 3 0d P x y z⊂ + + + = . Suy ra phương trình mặt phẳng (P) 
thỏa mãn bài toán là ( ) : 2 9 0.P x y z+ + − = 
0,5 
Với mọi x ∈R và mọi số nguyên dương n, theo nhị thức Niutơn ta có 0,5 
I 
∆ H 
A 
B 
C D 
DeThiThuDaiHoc.com fb.com/ThiThuDaiHoc 6
( )0 1 2 1 0 1. . . ( 1) . . . ( 1) (1 ) .n n n n n n nn n n n n nC x C x C x C C x C x x x x+− + + − = − + + − = − 
Suy ra ( )1 10 1 2 1
0 0
. . . ( 1) d (1 ) d .n n n nn n nC x C x C x x x x x+− + + − = −∫ ∫ 
Câu 
9.b 
(1,0 
điểm) 
Hay 
1 1
0 1 1
0 0
1 1 ( 1)
. . . (1 ) d (1 ) d
2 3 2
n
n n n
n n nC C C x x x x
n
+−
− + + = − − −
+ ∫ ∫ 
1 1 1
1 2 ( 1)( 2)n n n n= − =+ + + + , với mọi 
*
.n ∈N 
Từ đó ta có 21 1 3 154 0 11( 1)( 2) 156 n n nn n = ⇔ + − = ⇔ =+ + (vì 
*).n ∈N 
0,5 
www.MATHVN.com
N54
www.MATHVN.com
N54