10 đề thi chọn lọc 2016 môn toán có lời giải chi tiết môn toán_Cao Văn Tuấn

Tài liệu luyện thi THPT Quốc Gia môn Toán – 2016

1

10 ĐỀ THI
CHỌN LỌC MÔN TOÁN
 TRÍCH ĐỀ THI CÁC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO.
 CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐI KÈM.

SƯU TẦM: CAO VĂN TUẤN
/> />

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

THANH HÓA

NĂM HỌC 2015-2016

Môn thi: TOÁN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (1,5 điểm). Cho hàm số y 

2x  1
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A là giao điểm của (C) với trục hoành.
Câu 2 (0,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x )  x 4  2 x 2  3
trên đoạn [0; 4].
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình z 2  z  1  0 trên tập số phức.
b) Giải bất phương trình log 2 ( x  3)  log 2 ( x  1)  3 .
2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x( x 2  ln x) dx .
1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(5;2;3) , B(1;2;3) ,
C (1;2;1) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A, B, C và viết phương trình
mặt cầu (S) có tâm I (2; 1;3) và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Tính giá trị của biểu thức A  sin 3  sin 2 2 , biết 2 cos 2  7 sin   0 .
b) Trong kì thi THPT quốc gia, tại hội đồng thi X, trường THPT A có 5 thí sinh dự thi. Tính
xác suất để có đúng 3 thí sinh của trường THPT A được xếp vào cùng một phòng thi, biết
rằng hội đồng thi X gồm 10 phòng thi, mỗi phòng thi có nhiều hơn 5 thí sinh và việc xếp
các thí sinh vào các phòng thi là hoàn toàn ngẫu nhiên.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD là đáy lớn,
AD = 2a, AB = BC = CD = a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H
thuộc đoạn thẳng AC sao cho HC = 2HA. Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng
600. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và
CD.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm
 = 600. Điểm đối xứng với A qua B là E ( 2;9) . Tìm tọa
I( 2 3  2;5 ), BC = 2AB, góc BAD
độ các đỉnh của hình bình hành ABCD biết rằng A có hoành độ âm.

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 x 2  x  2  5  2





x  2  x x2  x  3  x .

Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị lớn nhất của
3b  c
3c  a 
 3a  b
 2
 2
biểu thức P  (a  b  c) 2
.
 a  ab b  bc c  ca 

----------------HẾT----------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

THANH HÓA

NĂM HỌC 2015-2016

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN

Câu
Câu 1
(1,5 điểm)

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Nội dung

Điểm

a) (1,0 điểm)
1) Hàm số có TXĐ: D = R \ {1}
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
* lim y  ; lim y   nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x1

x1

0,25

0,25

* lim y  lim y  2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x 

x 

b) Bảng biến thiên:
1
 0, x  1
Ta có: y' 
x  12
Bảng biến thiên:
x -
y’
2

1

+
0,25

+

y
-
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 và 1; 
3) Đồ thị:

2

1 
+ Đồ thị cắt trục tung tại (0;1) và cắt trục hoành tại điểm  ;0 
2 
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I(1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
y
0,25

2
1
1

x

O 1
2
b) (0,5 điểm)
1 
1
Do A  (C )  Ox nên A ;0  , y'    4
2 
2

Câu 2
(0,5 điểm)

1

Tiếp tuyến của (C) tại A có phương trình: y  4 x    0  y  4 x  2
2

3
3
f '( x)  4 x  4 x , f '( x)  0  4 x  4 x  0  x  0, x  1, x  1 (loại)

Ta có: f(0) = 3, f(1) = 2, f(4) = 227.
Vậy max f ( x)  f (4)  227, min f ( x)  f (1)  2
[0;4]

[0;4]

1

0,25
0,25
0,25
0,25


Câu 3
(1,0 điểm)

a) (0,5 điểm)
Phương trình có   1  4  3  ( 3i ) 2
Do đó phương trình có hai nghiệm z 

0,25
1
3
1
3

i, z  
i
2 2
2 2

b) (0,5 điểm)

Điều kiện xác định: x  3 .
log 2 ( x  3)  log 2 ( x  1)  3  log 2 [( x  3)( x  1)]  3  ( x  3)( x  1)  8

 x 2  4 x  5  0  1  x  5
Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S  (3;5] .
Câu 4
(1,0 điểm)

2

2

3

dx

2
2
2
du  x
u  ln x
x 2 ln x
x
x2
3


I



dx

2
ln
2

 2 ln 2 
Đặt 
1

2
2 1 12
4 1
4
dv  xdx v  x

2
15
3
Vậy I   2 ln 2   2 ln 2  3 .
4
4
Câu 5
(1,0 điểm)

AB  ( 4;4;0), AC  (4;0;4) . Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là





n  AB, AC  (16;16;16)
Do đó (P) có phương trình:  16( x  5)  16( y  2)  16( z  3)  0  x  y  z  0 .

Mặt cầu (S) có bán kính R  d ( I ; ( P)) 

2 1  3
111

(S) có phương trình ( x  2) 2  ( y  1) 2  ( z  3) 2 
Câu 6
(1,0 điểm)



2
.
3

4
.
3

0,25
0,5

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

a) 0,5 điểm

1
2 cos 2  7 sin   0  2(1  2 sin 2  )  7 sin   0  sin    , sin   2 (loại).
4
2
3
2
2
A  sin 3  sin 2  3 sin   4 sin   4 sin  (1  sin  )
3
2
2
29
29
 1  1
 1   1 
 3    4    4   1        . Vậy A  
.
64
64
 4  4
 4    4  
b) 0,5 điểm
Số cách xếp ngẫu nhiên 5 thí sinh vào 10 phòng thi là   105  100000

Gọi B là biến cố đã cho
Có C53 cách chọn 3 thí sinh trong số 5 thí sinh của trường A và có 10 cách chọn
phòng thi cho 3 thí sinh đó.
Ứng với mỗi cách chọn trên ta có 9.9 cách chọn phòng thi cho 2 thí sinh còn lại.
Do đó số cách xếp 5 thí sinh thỏa mãn điều kiện đề bài là  B  C53 .10.9.9  8100 .
Xác suất cần tìm là: P( B) 
Câu 7
(1,0 điểm)

0,25

2

2

x4
15
I   x( x  ln x)dx   x dx   x ln xdx 
 I1   I1
41
4
1
1
1
2

0,25

B




0,25

0,25

0,25

0,25

8100
81

.
100000 1000

Theo bài ra thì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD nên
AC  CD . Do SH  ( ABCD) nên SH  CD , từ đó ta có CD  (SAC ) .
  SCH
  600 .
Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là SCH

2

0,25


AC  AD 2  CD 2  a 3

S

2
2a 3
AC 
3
3
SH  HC. tan 600  2a
Gọi O là trung điểm của AD, khi
3a 2 3
đó S ABCD  3S AOB 
.
4
Thể tích khối chóp S.ABCD là
1
VS . ABCD  SH .S ABCD
3
1
3a 2 3 a 3 3
(đvtt).
 .2a.

3
4
2
 HC 

K

A

D

O
H

x

0,25

C

B

Kẻ đường thẳng Ax song song với CD, gọi (P) là mặt phẳng chứa SA và Ax, khi đó
AC //(P) .Suy ra d (CD; SA)  d (CD, ( P))  d (C , ( P))  3d ( H , ( P )) (Do CA = 3HA).
Ta có AC CD nên HA  Ax mà SH Ax suy ra Ax  (SAH ) .
Từ H kẻ HK  SA ( K  SA) , khi đó Ax  HK  HK  (P) nên HK  d ( H , ( P)) .

1
a 3
1
1
1
13
2a 13
;
AC 



 2  HK 
2
2
2
3
3
HK
AH
SH
4a
13
6a 13
Vậy d ( SA, CD ) 
(đvđd)
13
Đặt AB  m  AD  2m .
E
Ta có BD2  AB2  AD2  2 AB.AD cos600  3m2 .
 BD  m 3
Do đó AB 2  BD 2  AD 2 nên tam giác ABD
C
B
vuông tại B, nghĩa là IB  AE .
2
I
m 3
7m 2
2
2
2

  m2 
.
IE  IB  BE  

4
A
 2 
D
Mặt khác IE 2  ( 2 3 ) 2  4 2  28 nên ta có

0,25

AH 

Câu 8
(1,0 điểm)

0,25

0,25

m 3
7m 2
2 3.
 28  m  4  IB 
4
2
Gọi n  (a; b ) là vectơ pháp tuyến của AB ( a 2  b 2  0) khi đó AB có phương trình
a ( x  2)  b( y  9)  0  ax  by  2a  9b  0
2 3a  4b

Ta lại có d ( I , AB)  IB 

 2 3  (2 3a  4b ) 2  12(a 2  b 2 )

a2  b2
 b(b  4 3a )  0  b  0, b  4 3a
+) Với b = 0, chọn a = 1, khi đó AB có phương trình x  2  0 , suy ra IB có phương
trình y  5  0 . Do B  AB  IB nên B(2;5) , mà B là trung điểm của AE nên
A(2;1) (thỏa mãn điều kiện x A  0 ).
Do I là trung điểm của AC và BD nên ta suy ra C (4 3  2;9), D(4 3  2;5)

3

0,25

0,25


+) Với b  4 3a , chọn a = 1  b  4 3 , khi đó AB có phương trình
x  4 3 y  2  36 3  0 , suy ra IB có phương trình 4 3 ( x  2 3  2)  ( y  5)  0 .
 4 3 x  y  8 3  19  0

Câu 9
(1,0 điểm)

 16 3  14 59 
;  , mà B là trung điểm của AE nên
Do B  AB  IB nên B
7
7 


 32 3  14 55 
A
;  (không thỏa mãn điều kiện x A  0 ).
7
7 

Vậy A(2;1), B(2;5) , C (4 3  2;9), D(4 3  2;5)
Gọi bất phương trình đã cho là (1). Điều kiện xác định: x  2 .
(1)  2









x2 x

x2  x  3 





x  2  x  2x2  2x  5

 2x  2 x  6  1  2x  2 x  5

x  2  x 2 x  2 x  6  1  (2 x  2 x  5)
2

x2 x

2

0,25

2

2



0,25

2x2  2 x  6  1

2

2

 x  2  x  2 x  2 x  6  1 (Do 2 x  2 x  5  0, x  R )

 x  2  x  1  2( x  1) 2  2( x  2) (2)

Câu 10
(1,0 điểm)

Đặt a  x  2 , b  x  1(a  0) , (2) trở thành
a  b  0
a  b  0
a  b  2a 2  2b 2  

 ab0
2
2
2
2
(a  b )  2a  2b
(a  b )  0
x 1  0
x  1
3  13
 2
x
Do đó ta có x  2  x  1  
.
2
2
 x  2  ( x  1)
x  3x  1  0
3  13
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x 
.
2
Giả sử a  b  c  k  0 , đặt a  kx, b  ky, c  kz  x, y, z  0 và x  y  z  1.
 k (3 x  y)
k (3 y  z )

k (3 z  x)  3 x  y
3y  z
3z  x
Khi đó P  k  2 2
 2 2
 2 2
 2
 2
 2

 k ( x  xy) k ( y  yz ) k ( z  zx)  x  xy y  yz z  zx
4 x  ( x  y ) 4 y  ( y  z ) 4 z  ( z  x)
4
1
4
1
4
1




 
 

x( x  y )
y( y  z )
z ( z  x)
x y x yz y z x z
4

1
4
1
4
1 5x  1 5 y 1 5z  1
.

 
 
 


1 z x 1 x y 1 y z x  x2 y  y 2 z  z2
Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên b  c  a  y  z  x  1  x  x
1
 1
 1
 x  , tức là x   0;  . Tương tự ta cũng có y, z   0;  .
2
2


 2
5t  1
 1
Ta sẽ chứng minh
 18t  3 (*) đúng với mọi t   0;  .
2
t t
 2

18t 3  21t 2  8t 1
(2t  1)(3t 1)2
5t  1
 18t  3  0 
0
 0 (**)
2
2
t t
t t
t (1 t )
 1
 1
(**) hiển nhiên đúng với mọi t   0;  . Do đó (*) đúng với mọi t   0;  .
 2
 2
Áp dụng (*) ta được P  18 x  3  18 y  3  18 z  3  18( x  y  z )  9  9
1
Dấu “=” xảy ra khi x  y  z   a  b  c .
3
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 9 khi a  b  c .
Thật vậy: (*) 

4

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: TOÁN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo s{t sự biến thiên v| vẽ đồ thị của h|m số y 

2x  4
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm gi{ trị lớn nhất v| gi{ trị nhỏ nhất của h|m số f(x)  (x 2  2).e 2x trên đoạn *–1 ; 2].
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (2  i)z  4  3i . Tìm môđun của số phức w  iz  2 z .

b) Giải phương trình log 2 x  3  log 2 (x  2) .
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I 

x

 (2x 2  1)3 dx .
0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng

d:

x  3 y  2 z 1
. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A v| vuông góc với đường thẳng d.


2
1
2

Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho khoảng c{ch từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3.
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho góc  thỏa mãn 5sin 2  6cos  0 và 0   


. Tính gi{ trị của biểu thức:
2



A  cos      sin  2015     co t  2016    .
2

b) Cho đa gi{c đều 12 đỉnh, trong đó có 7 đỉnh tô m|u đỏ v| 5 đỉnh tô m|u xanh. Chọn ngẫu
nhiên một tam gi{c có các đỉnh l| 3 trong 12 đỉnh của đa gi{c. Tính x{c suất để tam gi{c được chọn có
3 đỉnh cùng m|u.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam gi{c đều ABC.A’B’C’ có cạnh đ{y bằng a, góc giữa hai mặt
phẳng (A’BC) v| (ABC) bằng 600. Gọi M l| trung điểm cạnh BC, N l| trung điểm cạnh CC’. Tính theo
a thể tích khối chóp A.BB’C’C và khoảng c{ch từ M đến mặt phẳng (AB’N).

 x  3y  2  xy  y 2  x  y  0


Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 


3 8  x  4 y  1  x  14y  12
2

(x, y  R).

Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam gi{c ABC có trực t}m H, phương trình
đường thẳng AH là 3x  y  3  0 , trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0). Gọi E v| F lần lượt l| ch}n
đường cao hạ từ B v| C đến AC v| AB, phương trình đường thẳng EF l| x  3y  7  0 . Tìm tọa độ
điểm A, biết A có ho|nh độ dương.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

4a  2c  b  c 
1    1    6 .
b 
b  a a

bc
2ca
2ab


.
a(b  2c) b(c  a) c(2a  b)

–––––––––––– Hết ––––––––––––


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN
(Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang)

Câu
Câu 1
(1,0 điểm)

Đáp án (Trang 1)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
* Tập xác định: D 
* Sự biến thiên:

y' 

Điểm

2x  4
.
x 1

\{1}

2

0,25

(x  1)

2

Vì y’ > 0,  x  1 nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (– ; 1), (1 ;+).
Giới hạn và tiệm cận: lim y  , lim y   ; tiệm cận đứng x = 1.
x1

x 1

0,25

lim y  2 ; tiệm cận ngang y = 2.

x

Bảng biến thiên
x
y’

–

1

+

+

+
+∞

0,25

2

y
–∞

2
* Đồ thị :
y

4

0,25

2
O 1

Câu 2
(1,0 điểm)

2

x

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f(x)  (x 2  2).e 2x trên đoạn [–1 ; 2].
Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [–1 ; 2], f '(x)  2(x 2  x  2)e 2x

0,25

 x 2  x  2  0
f '(x)  0

 x 1

 x  (1; 2)
x  (1; 2)
1
f (1)  e2 , f (1)  2 , f (2)  2e4 .
e

Câu
Câu 3

0,25
0,25

GTLN của f(x) trên đoạn [–1 ; 2] bằng 2e4, khi x = 2, GTLN của f(x) trên đoạn [–1 ; 2]
bằng – e2 , khi x = 1.

0,25

Đáp án (Trang 2)

Điểm

a) (0,5) Cho số phức z thỏa mãn (2  i)z  4  3i . Tìm môđun của số phức w  iz  2z .


(1,0 điểm)

(2  i)z  4  3i  z  1  2i

0,25

w  iz  2z  i(1  2i)  2(1  2i)  4  5i . Vậy | w | 41
b) (0,5) Giải phương trình log 2 x  3  log 2 (x  2) (1).

0,25

Điều kiện: x > 0 (*).

0,25

(1)  log2 (x 2  2x)  3  x 2  2x  8
 x 2  2x  8  0  x = – 4 hoặc x = 2.

0,25

Kết hợp với điều kiện (*) suy ra phương trình (1) có một nghiệm x = 2.
Câu 4
(1,0 điểm)

1

Tính tích phân I 

x

 (2x 2  1)3 dx .
0

Đặt t  2x  1  dt  4xdx
x = 0  t = 1; x = 1  t = 3
2

0,25
0,25
3

3

1 1
1
1
Khi đó I   dt (0,25) 
 (0,25)
3
2
4 t
8t 1 9
1
Câu 5
(1,0 điểm)

Cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng d :

0,5

x  3 y  2 z 1
. Viết phương trình mặt phẳng


2
1
2

(P) qua A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho
khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3.
0.25
Một vectơ chỉ phương của d là u  (2;1; 2) .
Mặt phẳng (P) qua A và nhận vectơ u  (2;1; 2) làm vectơ pháp tuyến nên phương

trình của nó là 2(x + 2) + y – 3 – 2(z – 1) = 0 hay 2x + y – 2z + 3 = 0.
Vì M thuộc d nên M(3 + 2t; 2 + t; 1 – 2t). Khoảng cách từ M đến (P) là:

d(M, (P)) 

| 2(3  2t)  2  t  2(1  2t)  3 |

| 3t  3 |

0.25

2  1  (2)
d(M,(P))  3  | 3t  3|  3  t = 0 hoặc t = –2.
2

2

2

0.25

Vậy M(3 ; 2 ; 1) hoặc M(–1 ; 0 ; 5).
Câu 6
(1,0 điểm)

0.25

a) (0,5) Cho góc  thỏa mãn 5sin 2  6cos  0 (1) và 0   



. Tính giá trị của biểu
2



    sin  2015     co t  2016    .
2


thức: A  cos 
Vì 0   


nên cos > 0, cot > 0.
2

(1)  10sin .cos  6cos  0  cos.(5sin   3)  0  sin  

25
16
4
(vì cot > 0)

1


cot


9

9
3
sin 2 
3 4
2
A  sin   sin   co t   2sin   co t   2.   
5 3
15
co t 2  

1

3
(vì cos>0)
5

0,25

1 

0,25

b) (0,5) Cho đa giác đều 12 đỉnh, trong đó có 7 đỉnh tô màu đỏ và 5 đỉnh tô màu xanh. Chọn
ngẫu nhiên một tam giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác. Tính xác suất để tam giác
được chọn có 3 đỉnh cùng màu.

Câu
Câu 7

3

Số phần tử của không gian mẫu là: |  |  C12
 220
Gọi A là biến cố chọn được tam giác có 3 đỉnh cùng màu. Số kết quả thuận lợi cho A

0,25

là: | A |  C37  C35  45 . Xác suất biến cố A là P(A) 

0,25

| A | 9

.
|  | 44

Đáp án (Trang 3)
Tính thể tích khối chóp A.BB’C’C và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N).

Điểm


(1,0 điểm)

A'

Tam giác ABC đều cạnh a và M là
trung điểm BC nên:

C'

AM  BC và AM 

B'
N
H

A

AMBC và AA’BCA’M BC
 Góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và

D

E

a 3
2
0,25

(ABC) là A ' MA  600 .
Tam giác A’AM vuông tại A nên:

C
M

AA '  AM.tan 600 

B

Diện tích hình chữ nhật BB’C’C là: SBB'C'C  BB'.BC 

AM  BC và AM  BB’  AM  (BB’C’C)

a 3
3a
. 3
2
2

3a 2
2
0,25

1
3

Thể tích khối chóp S.ABCD là:  V  SBB'C'C .AM 

2

3

1 3a a 3 a 3

.

3 2
2
4

Trong mặt phẳng (BB’C’C), B’N cắt BC tại D.

Khi đó: C là trung điểm BD và BAD  900
Gọi E là trung điểm AD, ta có: CE  AD. Dựng CH  NE (H  NE).
AD  CE và AD  CN  AD  (CNE)  AD  CH
CH  NE và CH  AD  CH  (AB’N).

1
a
1
3a
AB  , CN  CC' 
2
2
2
4
1
1
1
4 16
52
3a






CH

2 13
CH2 CE2 CN2 a 2 9a 2 9a 2

3
3
9a
Do đó: d(M,(AB' N))  d(C,(AB' N))  CH 
2
2
4 13

0,25

Ta có: CE 

Câu 8
(1,0 điểm)

0,25

2

Giải hệ phương trình (I)  x  3y  2  xy  y  x  y  0

2

3 8  x  4 y  1  x  14y  12.


 x  y  (x  y)(y  1)  2(y  1)  0 (1)

(I)  

2
3 8  x  4 y  1  x  14y  12


(2)

0.25

Điều kiện: x  8, y  – 1, (x – y)(y + 1)  0 (*)
Nếu (x ; y) là nghiệm của hệ (I) thì y > – 1. Suy ra x – y  0.
Do đó: (1) 

xy
xy

20
y 1
y 1

xy
xy
1
 1  x  2y  1
y 1
y 1

0.25

Thay x = 2y + 1 vào (2) ta được:

3 7  2y  4 y  1  (2y  1)2 14y 12  4 y  1  3 7  2y  4y 2 10y 11  0

 4( y  1  2)  3( 7  2y 1)  4y2 10y  6  0

0.25



2
3
 (y  3) 

 2y  1  0 (3)
 y 1  2

7  2y  1



3
3
2
2 2
 , 2y + 1 > –1
,

7  2y  1 4
y 1  2 3  2 2
2
3


 2y  1  0 . Do đó: (3)  y  3  0  y  3
y 1  2
7  2y  1

Vì 1  y 



7
nên
2

0.25

 x = 7 (thỏa (*)). Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x ; y) = (7 ; 3).
Câu
Câu 9

Đáp án (Trang 4)
Điểm
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường


(1,0 điểm)

thẳng AH là 3x  y  3  0 , trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0). Gọi E và F lần lượt là chân
đường cao hạ từ B và C đến AC và AB, phương trình đường thẳng EF là x  3y  7  0 . Tìm
tọa độ điểm A, biết A có hoành độ dương.

A

H

I
F

H

B

I

E
F

J

C

M

A

E

J

C

M

B

Gọi I trung điểm AH. Tứ giác AEHF nội tiếp và bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một
đường tròn nên IM  EF (đoạn nối tâm vuông góc với dây chung).
Ta có: IEF  ABE (cùng phụ góc A hoặc cùng phụ góc EHF)

1
EMF  IME
2
 MEI  900  MFI  MEI  900 .
và: ABE 

0.25

Do đó tứ giác MEIF nội tiếp đường tròn đường kính IM, tâm là trung điểm J của IM.
(Đường tròn (J) là đường tròn Euler)
Đường thẳng IM qua M và vuông góc EF nên có phương trình: 3x + y – 9 = 0.
I là giao điểm của AH và IM nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:

3x  y  3  0

3x  y  9  0

 I(1; 6).

0.25

Đường tròn đường kính IM có tâm J(2 ; 3) và bán kính r  JM  10 nên có phương

trình: (x – 2)2 + (y – 3)2 = 10 .
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình:

 x  3y  7  0

2
2
 x  2    y  3  10
 x  3y  7
x  5


hoặc
2
 y  3  1  y  4

0.25

x  1
 E(5 ; 4) hoặc E(–1;2).

y  2

Vì A  AH nên A(a ; 3a + 3)
Ta có: IA  IE  IA 2  IE 2  (a  1) 2  (3a  3) 2  20  a  1  2

0.25

Vì A có hoành độ dương nên A(1  2;6  3 2) .
Câu

Câu 10
(1,0 điểm)

Đáp án (Trang 5)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

Điểm

4a  2c  b  c 
1    1    6 .
b 
b  a a

bc
2ca
2ab


.
a(b  2c) b(c  a) c(2a  b)

2
4
1
, y  , z  (x, y, z > 0).
a
b
c
x y

x3  y3
Điều kiện đã cho trở thành:
 2     6 (*)
xyz
y x
Đặt x 

(x  y)3
Ta có: x  y 
và (x  y) 2  4xy
4
3

3

0.25


Do đó:

x 3  y3 (x  y)3 4 xy(x  y) x  y



xyz
4xyz
4xyz
z

Mặt khác

x y
x y xy
xy
x3  y3
  2 nên 6 
 2.
 2   
4 0
z
y x
xyz
z
y x

Ta có: P 

x
y
4z
x2
y2
4z





y  2z 2z  x x  y xy  2zx 2yz  xy x  y

(x  y)2
4z
(x  y) 2
4z
2(x  y)
4z





2
2xy  2z(x  y) x  y (x  y)
x  y x  y  4z x  y
 2z(x  y)
2
xy
2
z  4 .
Suy ra: P 
xy
xy
4
z
z
xy
2t
4
Đặt t 
, 0  t  2 . Ta có P 

 .
z
t4 t
2t
4
Xét hàm số f (t) 
 (0  t  2) .
t4 t


f '(t) 

4(t 2  8t  16)
t 2 (t  4) 2

0.25

0.25

 0, t  (0; 2]  f(t) nghịch biến trên (0 ; 2].

Suy ra: P  f (t)  f (2) 

8
.
3

x  y
8


P   x  y
 x  y  z  2a  b  4c
3
2

 z
8
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là , khi 2a = b = 4c.
3

0.25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NINH

ĐỀ THI KHẢO SÁT LỚP 12 NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (1,0 điểm)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1
Câu 2 (1,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x +

9
trên đoạn [2;5]

x −1

Câu 3 (1,0 điểm)
a) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm trên tập số phức của phương trình x 2 + 2 x + 5 = 0 . Tính x1 + x2 .
b) Giải phương trình log 2 ( x 2 − 2 x − 8) = 1 − log 1 ( x + 2) .
2

π
2

∫

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I = ( x + sin 2 x ) cos xdx.
0

Câu 5 (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 3; 5), B(−6; 1; −3) và mặt phẳng (P) có
phương trình 2x + y − 2z + 13 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AB và phương trình mặt cầu có tâm là
trung điểm của đoạn thẳng AB đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm)
Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, góc ACB = 600 , mặt phẳng (A’BD)
tạo với đáy một góc 600 . Tính theo a thể tích khối hộp và khoảng cách giữa hai đường thẳng CD’, BD.
Câu 7 (1,0 điểm)

π
2π 
2

, với < α < π . Tính A = cos  α +


2
3 
3

b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của
Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội. Tính xác
suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau.
a) Cho sin α =

Câu 8 (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (C): x2 + y2 = 25 ,
đường thẳng AC đi qua điểm K(2; 1). Gọi M, N lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ
các đỉnh của ∆ABC biết phương trình đường thẳng MN là 4 x − 3y + 10 = 0 và điểm A có hoành độ âm.
Câu 9 (1,0 điểm) Giải phương trình 1 + 2 x 2 − 9 x + 18 = x + x 2 − 14 x + 33 trên tập số thực.
Câu 10 (1,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn

5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 8 x 2 + 4 xz + 5z 2 = 4 x + y + 2 z và x ∈ [0;5]

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 z + 21 − xy − x + z + 10 − xy .
===============Hết===============


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NINH

HƯỚNG DẪN CHẤM THI KHẢO SÁT LỚP 12
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN

Câu
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1
* Tập xác định: D = R
1,0 đ
* Sự biến thiên
• Chiều biến thiên: y ' = 3x 2 − 12 x + 9 = 3( x 2 − 4 x + 3)
x > 3
Ta có y ' > 0 ⇔ 
, y' < 0 ⇔ 1 < x < 3 .
x < 1
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞,1) và (3, + ∞) .
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng (1, 3).
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 1 và yCD = y (1) = 3 ; đạt cực tiểu tại x = 3 và
yCT = y (3) = −1 .
• Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞ .
x → −∞

Điểm

0,25

0,25

x → +∞

Bảng biến thiên
x
y'

-∞

1
0
3

+

3
0

-

+∞
+
0,25

+∞

y
-∞

-1

y

* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0, − 1) .
y” = 6x -12 =0 suy ra điểm uốn U(2;1)

3

2

1

0,25
x

O

1

2

3

4

-1

Câu 2
1,0 đ

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x +

9
trên đoạn [2;5]
x −1

9
x2 − 2 x − 8
Ta có y ' = 1 −
=
( x − 1)2
( x − 1)2
 x = −2 ( L)
y' = 0 ⇔ 
x = 4
29
Ta có y(2) = 11; y(4) = 7; y (5) =
4
Vậy min y = 7 khi x = 4; max y = 11 khi x = 2
[2;5]

0,25
0,25
0,25
0,25

[2;5]

Câu 3 a) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm trên tập số phức của phương trình x 2 + 2 x + 5 = 0 . Tính x1 + x2 .
1,0 đ
b) Giải phương trình: log 2 ( x 2 − 2 x − 8) = 1 − log 1 ( x + 2)
2


Phần

a)
0,5đ
Phần
b)

Tính được hai nghiệm phức x1 = −1 − 2i ; x2 = −1 + 2i
x1 = x2 = 5 ⇒ x1 + x2 = 2 5

0,25
0,25

b) ĐK: x > 4
PT đã cho tương đương với log 2 ( x 2 − 2 x − 8) = log 2 2 + log 2 ( x + 2)

0,25

2

0,5đ

log 2 ( x − 2 x − 8) = log 2 2( x + 2)
x+2>0

 x+2>0
⇔ 2
⇔ 2
⇔ x =6
 x − 2 x − 8 = 2( x + 2)
 x − 4 x − 12 = 0

Câu 4

0,25

π
2

1,0 đ

∫

Tính tích phân I = ( x + sin 2 x ) cos xdx .
0

π

π

π

2

2

2

0

0

0

I = ∫ ( x + sin 2 x ) cos xdx = ∫ x cos xdx + ∫ sin2 x cos xdx .
M

0,25

N

Tính M

u = x
 du = dx
⇒
Đặt 
dv = cos xdx v = sin x
π
π 2
π
π
π
M = x sin x 2 − ∫ sin xdx = + cos x 2 = − 1.
2
2
0 0
0
Tính N
Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx
π
x = ⇒ t =1

Đổi cận
2
x=0⇒t =0
1
3
1
t
1
N = ∫ t 2 dt =
= .
3 0 3
0

1,0 đ

0,25

π

2
− .
0,25
2 3
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;5), B(−6;1;−3) và mặt phẳng (P) có
phương trình 2x + y − 2z + 13 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AB và phương trình mặt cầu có
tâm là trung điểm của đoạn thẳng AB đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (P).
0,25
Ta có BA = (8;2;8) = 2u với u = (4;1;4) Suy ra u là VTCP của đường thẳng AB

Vậ y I = M + N =

Câu 5

0,25

 x = 2 + 4t

Phương trình đường thẳng AB là:  y = 3 + t
 z = 5 + 4t

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Ta có I(-2;2;1)
Vì mặt cầu cần tìm tiếp xúc với (P) nên bán kính R = d(I,(P))= 3
Phương trình mặt cầu (S) cần tìm là: ( x + 2)2 + ( y − 2) 2 + ( z − 1) 2 = 9

0,25

0,25
0,25

Câu 6 Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, góc ACB = 600 , mặt phẳng
(A’BD) tạo với đáy một góc 600 . Tính theo a thể tích khối hộp và khoảng cách giữa hai đường
thẳng CD’, BD.


1,0 đ

Tính thể tích:
Từ ACB = 600 suy ra ∆ABC đều suy ra AC = a
a2 3
⇒ S ABCD = AC.CB.sin 600 =

2
Gọi O = AC∩BD. Từ giả thiết suy ra góc giữa (A’BD) với mặt
đáy là A ' OA = 600

A'

B'

D'

C'

0,25

H
A
B
O
D

C

3

a 3
3a
Suy ra V = S ABCD . A ' A =
2
4
Khoảng cách giữa hai đường thẳng CD’, BD

 BD ⊥ AC
Trong ∆A’AO hạ AH ⊥ A’O. Do 
⇒ BD ⊥ ( A ' AO ) ⇒ BD ⊥ AH
 BD ⊥ A ' A
Từ đó suy ra AH ⊥ ( A ' BD ) . Ta có CD’//A’B ⇒ CD '/ /( A ' BD)
⇒ d (CD ', BD) = d (C,( A ' BD)) = d ( A,( A ' BD )) = AH
⇒ A ' A = OA. tan 600 =

a 3
a 3
. Vậy d (CD ', BD ) =
4
4
π
2π 
2

Cho sin α = với < α < π . Tính A = cos  α +

2
3
3 


Trong ∆AHO vuông tại H có AH = OA.sin 600 =

Câu 7
Phần
a)

0,25

0,25

0,25

π
5
5
0,25
⇒ cosα = −
(vì < α < π nên cos α < 0 )
2
9
3
0.5đ
2π
2π
5−2 3
0,25
A = cos α .cos
− sin α .sin
=
3
3
6
Câu 7 Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của
Phần
Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội.
b)

Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau.
0.5đ
Tính số cách chọn 3 bảng, mỗi bảng 4 đội:
B1) 12 đội chọn 4: C124
Ta có cos2 α = 1 − sin 2 α =

B2) 8 đội còn lại chọn 4: C84
B3) 4 đội còn lại chọn 4: 1
Số cách chọn là: C124 C84 ⇒ n ( Ω ) = C124 C84
Gọi A là biến cố “ Chọn 3 bảng, mỗi bảng 4 đội trong đó có đúng 1 đội Việt Nam”.
Tính n(A):
B1) Chọn 1 trong 3 đội Việt Nam: có 3 cách, rồi chọn 3 trong 9 đội nước ngoài: có
C93 ⇒ 3.C93 cách
B2) còn lại 8 đội (6 đội nước ngoài và 2 đội VN): Chọn 1 trong 2 đội VN: 2 cách, rồi
chọn 3 trong 6 đội nước ngoài: C63 ⇒ 2.C63 cách
B3) còn lại 4 đội (3 nước ngoài và 1 VN): có 1 cách
6C 3C 3 16
Số cách chọn là: 3C93 2C63 ⇒ n ( A) = 3C93 2C63 ⇒ P ( A) = 49 46 =
C12C8
55

0,25

0,25

Câu 8 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (C): x2 + y2 = 25 ,
đường thẳng AC đi qua điểm K(2;1). Gọi M, N lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm
tọa độ các đỉnh của ∆ABC biết phương trình đường thẳng MN là 4 x − 3y + 10 = 0 và điểm A có
1,0 đ
hoành độ âm.

Từ giả thiết suy ra tứ giác MNBC nội tiếp đường tròn. Suy ra

A

ABC = AMN (1) (cùng bù với NMC ).
Gọi D là giao điểm thứ hai của AO với đường tròn (C). Khi đó

N
O

ABC = ADC (2)
Từ (1) và (2) suy ra ADC = AMN .
Mặt khác

M

0,25
C

B
D

ADC + DAC = 900 ⇒ DAC + AMN = 900 ⇒ OA ⊥ MN
Khi đó phương trình OA là 3x + 4 y = 0
3x + 4 y = 0
Tọa độ A là nghiệm của hệ PT  2
⇒ A(-4;3) hoặc A(4;-3) (loại)
2

 x + y = 25
Khi đó AC đi qua A(-4;3) và K(2;1) nên có PT: x + 3 y − 5 = 0
 x + 3 y − 5 = 0 C ( −4;3) ≡ A
⇒
Tọa độ C là nghiệm của hệ PT  2
2
C(5;0)
 x + y = 25
x + 3y − 5 = 0
Tọa độ M là nghiệm của hệ PT 
⇒ M ( −1;2)
4 x − 3 y + 10 = 0
Phương trình BM: 3x − y + 5 = 0
3x − y + 5 = 0  B ( −3; −4)
Tọa độ B là nghiệm của hệ PT  2
⇒
2
 B (0;5)
 x + y = 25
Thử lại ta thấy A(−4;3), B(0;5), C(5;0) loại vì góc B tù
Vậy A(−4;3), B(−3;−4), C(5;0)

Câu 9 Giải phương trình 1 + 2 x 2 − 9 x + 18 = x + x 2 − 14 x + 33
x ≤ 3
1,0 đ
ĐK: 
 x ≥ 11

0,25

0,25

0,25

(1)

PT (1) ⇔ 2  x 2 − 9 x + 18 − x  =  x 2 − 14 x + 33 − ( x + 1)  (2)

 


Để ý rằng hai phương trình x 2 − 9 x + 18 + x = 0 và
nghiệm nên nhân liên hợp hai vế của (2) ta có:
−18 ( x − 2 )
−16 ( x − 2)
=
x 2 − 9 x + 18 + x
x 2 − 14 x + 33 + ( x + 1)

x = 2

9
⇔
=
 x 2 − 9 x + 18 + x

8
x 2 − 14 x + 33 + ( x + 1)

x 2 − 14 x + 33 + ( x + 1) = 0 vô

(3)

Pt (3) ⇔ 8 x 2 − 9 x + 18 − 9 x 2 − 14 x + 33 = x + 9 (4)
Kết hợp (1) và (4) ta có hệ
8 x 2 − 9 x + 18 − 9 x 2 − 14 x + 33 = x + 9
⇒ 5 x 2 − 14 x + 33 = 3x − 13

2
2
2 x − 9 x + 18 − x − 14 x + 33 = x − 1
13

17 + 5 5
x ≥
⇔
⇔x=
Thử lại thấy thỏa mãn
3
2
 x 2 − 17 x + 41 = 0
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm x = 2 và x =

17 + 5 5
2

0,25

0,25

0,25

0,25


Câu
10
1,0 đ

Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn

5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 8 x 2 + 4 xz + 5z 2 = 4 x + y + 2 z (*) và

x ∈ [0;5] . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 z + 21 − xy − x + z + 10 − xy .
Với mọi x, y, z ta có
5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 = (2 x + y )2 + ( x − y )2 ≥ (2 x + y )2 = 2 x + y ≥ 2 x + y
8 x 2 + 4 xz + 5 z 2 = 4(x + z) 2 + ( z − 2 x )2 ≥ 4(x + z)2 = 2 x + z ≥ 2(x + z)

Suy ra VT ≥ 4 x + y + 2 z

0,25

x = y

Gt ⇔ Dấu “=” xảy ra ⇔  z = 2 x
x ≥ 0

Thay vào biểu thức ta có P = − x 2 + 4 x + 21 − − x 2 + 3 x + 10 = f ( x ) liên tục trên [0;5]
2− x
3 − 2x

−
Có f '( x ) =
− x 2 + 4 x + 21 2 − x 2 + 3 x + 10
1
f '( x ) = 0 ⇔ x =
3
1
Ta có f (0) = 21 − 10 ; f   = 2 ; f (5) = 4
 3
1
2
Vậy max P = 4 khi x = y = 5; z = 10 ; min P = 2 khi x = y = ; z =
3
3

0,25

0,25

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ K12
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: Toán – lớp 12
( Thời gian làm bài: 180 phút )

2x 1
.
x 1
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  5  4 x trên đoạn  1;1 .

Câu 1(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn 1  3i  z  1  i  5  i . Tính môđun của z .
b) Giải phương trình log 2  x  1  log 2 x  1 .
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I    2  x 3  x.e x  dx.
0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 1; 0  và đường thẳng d có phương

x 1 y 1 z


. Lập phương trình mặt phẳng  P  đi qua điểm A và vuông góc với đường
2
1
3
thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc trục Ox sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P) bằng 14 .

trình

Câu 6 (1,0 điểm).

2
a) Tính giá trị của biểu thức P  1  3sin 2 x 1  4cos 2 x  , biết cos 2 x   .
3
b) Trong đợt kiểm tra chất lượng sản xuất sản phẩm tiêu dùng, một đoàn thanh tra lấy ngẫu nhiên 5 sản
phẩm từ một lô hàng của một công ty để kiểm tra. Tính xác suất để đoàn thanh tra lấy được đúng 2 phế
phẩm. Biết rằng trong lô hàng đó có 100 sản phẩm, trong đó có 95 chính phẩm và 5 phế phẩm.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , tam giác SAB vuông
cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối chóp S.ABC
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 18. Gọi E
là trung điểm cạnh BC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE cắt đường chéo AC tại G , (G không
 2 4
trùng với C ). Biết E 1; 1 , G  ;  và điểm D thuộc đường thẳng d : x  y  6  0 . Tìm tọa độ các
5 5
điểm A, B, C , D.
 2 x 2  6 xy  17 y 2  17 x 2  6 xy  2 y 2  5  x  y 

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x; y    .
2
2
 x  1 x  2  2 y   6 y  11 x  2  x
Câu 10 (1,0 điểm). Xét x, y , z là các số thực dương thỏa mãn xy  xz  1  x .





 1 

4
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P   xy  xz  2   1   1   .
y   3z 

___________ 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: ………………………………………


HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: Toán – lớp 12
Câu
Câu 1

Nội dung

Điểm
1 điểm

Khảo sát sự biến thiên và….
 TXĐ: D = R\{ - 1}
 Giới hạn và tiệm cận
lim y  lim y  2 ; tiệm cận ngang y=2
x 

0,25

x 

lim y  ; lim  y   ; tiệm cận đứng x=-1

x ( 1)

x  ( 1)

3
 0 x  1
( x  1) 2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-  ; -1) và ( -1; +  )
Hàm số không có cực trị
 BBT:
x -
-1
+
y’
+
+



Đạo hàm: Ta có y ' 

0,25

0,25
+

y

2


2
-

Đồ thị:
y
5

4

3

0,25

2

1

x
-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

-1

-2

Câu 2

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị…
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn  1;1
2
 0x   1;1
5  4x
Do f  1  4; f 1  0

Ta có f '  x   1 

0.25
0.25

Vậy max f  x   0 , xảy ra khi x  1 ; min f  x   4 , xảy ra khi x  1 .
1;1

 1;1

Câu 3a Cho số phức z thỏa mãn 1  3i  z  1  i  5  i . Tính môđun của z .
Ta có 1  3i  z  1  i  5  i  z 
Suy ra z  2 .

1 điểm
0.25

4  2i
 1 i
1  3i

0.25
0,5 điểm
0,25
0,25


Câu 3b Giải phương trình log 2  x  1  log 2 x  1 .

0,5 điểm

ĐKXĐ x  1 .

Câu 4

x  2
PT đã cho  log 2  x  x  1   1  x  x  1  2  x 2  x  2  0  
 x  1
Đối chiếu ĐK ta có x  2 là nghiệm duy nhất của PT đã cho.
Tính tích phân….

1

1

Ta có I    2  x  x.e  dx    2  x  dx   xe x dx
3

0

0


x4 
2

x
dx

2
x

  4   94 .
0 

0
3

1



0,25

0

1

1



1

 xe dx   xde   x.e
x

0

x

0

x

1

0,25

1

   e dx  e   e 
0

x

x

0

1
0

1

13
.
4
Trong không gian tọa độ Oxyz ,….

Đường thẳng d có VTCP là u  2;1; 3 . Vì đường thẳng d vuông góc với mặt

phẳng (P), nên mặt phẳng (P) nhận u  2;1; 3 làm VPPT.
Vậy I 

Câu 5

0,25
1 điểm

1

x

3

0,25

Mà mặt phẳng (P) đi qua điểm A 1; 1; 0  , do đó mặt phẳng (P) có phương trình:
2  x  1  1 y  1  3  z  0   0   P  : 2 x  y  3z  1  0 .

Do B  Ox  B  a;0;0  , ta có: d  B;  P   

2a  1
14

0,25
0,25
1 điểm
0,25

0,25

.

15

a  2
Suy ra d  B;  P    14 
 14  2a  1  14  
.

14
 a  13

2
 15

 13

Vậy B  ; 0;0  , hoặc B 
; 0; 0 
2

 2

2a  1

Câu 6a Tính giá trị của biểu thức P  1  3sin 2 x 1  4cos 2 x  , biết cos 2 x   2 .
3
1  cos 2 x  
1  cos 2 x 

Ta có P  1  3sin 2 x 1  4 cos 2 x    1  3.
 1  4.

2
2



 5  3cos 2 x  3  2 cos 2 x   35 .


2
6
Câu 6b Trong đợt kiểm tra chất lượng sản xuất…
5
Không gian mẫu của phép thử là  có n     C100
.
Gọi A là biến cố “đoàn thanh tra lấy được đúng 2 phế phẩm”
Số cách lấy được 5 sản phẩm trong đó có đúng 2 phế phẩm là C953 .C52 cách.

0,25

0,25

0,5 điểm
0,25
0,25
0,5 điểm

0,25

Suy ra n  A   C953 .C52 .
n  A
 0, 0183 .
n 
(Lưu ý :Thí sinh lấy kết quả xấp xỉ 0,02 cũng cho điểm tối đa)
 P  A 

0,25

Câu 7

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều….
Gọi H là trung điểm của AB
 SH  AB mà
 SAB    ABC   SH   ABC 
Do SAB vuông cân tại S
AB a
 SH 
 .
2
2

a2 3
.
4
1
a3 3
Do đó: VSABC  SA.S ABC 
(đvdt).
3
24
Dựng hình bình hành ABDC , ta có
AC ||  SBD   d  AC , SB   d  AC ;  SBD    d  A;  SBD    2d  H ;  SBD  

1 điểm

0,25

Mà ABC đều  SABC 

0,25

0,25

Kẻ HK  BD tại K và HI  SK tại I.
Ta có BD   SHK   BD  HI , do đó HI   SBD   d  H ;  SBD    HI

  600  HK  HB.sin 600  a 3
Xét tam giác vuông BHK có HBK
4
1
1
1
a 3
Xét tam giác vuông SHK, ta có


 HI 
2
2
2
HI
HS
HK
2 7
3
Vậy d  AC , SB   2 HI  a
.

7
Câu 8

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD ….

0,25

1 điểm

Do tứ giác CDGE nội tiếp  DG  GE ,
Do D  d  D  t ;6  t 
  3 9    2 26 
Ta có EG   ;  ; DG  t  ;  t  do
 5 5
 5 5

 
EG.DG  0  t  4  D  4; 2  .

0,25

Suy ra DE  3 2, DE : x  y  2  0

9
1
9
Gọi C  a; b  , do S ABCD  18  SCDE   d  C; DE  .DE   a  b  2  3 .(1)
2
2
2



Mà DC  a  4; b  2  , EC  a  1; b  1 ; do
 
CD  CE  DC.EC  0   a  4  a  1   b  2  b  1  0 (2)
 a  b  2  3
 a  4; b  1 C  4; 1
Từ (1) và (2) ta có:  2

 a  1; b  2  
2

a  5a  b  b  2  0
C 1; 2 
Do C và G nằm khác phía với bờ là đường thẳng DE  C 1; 2  không thỏa mãn

0,25

0,25

Suy ra C  4; 1 thỏa mãn.

 
Vì M là trung điểm BC nên B  2; 1 . Do AD  BC  A  2; 2  .

0,25


Câu 9

 2 x 2  6 xy  17 y 2  17 x 2  6 xy  2 y 2  5  x  y  1

Giải hệ: 
2
2
 2
 x  1 x  2  2 y   6 y  11 x  2  x
ĐKXĐ: x  2





2

Từ (1)  x  y  0 và VT 1 

 x  4 y



2



1 điểm

 4x  y 

2

 x  4 y   x  y

2



2

 4x  y    x  y 

2

0,25
 x  4 y  4x  y  5 x  y .

Dấu “=” xảy ra  x  y  0 .
Thế x  y vào PT (2) ta được  x 2  1

x

2





x  2  2 x   6 x  11 x  2  x 2

 6 x  12  x  2  2 x3  x 2  2 x

 2 x3  x  x  2    x 2  6  x  2   x  2  0
3

 2x  x



x2
3



2

x

2

x26



x2



0,25

3

0

2

 x   x   x 
 2
 
 
  6  0 (vì x  0 )
 x2   x2   x2 
x
Đặt t 
, PT trên trở thành
x2
3
2t 3  t 2  t  6  0   2t  3  t 2  2t  2   0  t 
2

9  369
x
t / m

x
3
8
2

.


  3 x  2  2 x  4x  9x  18  0 

x2 2
9  369
L
x 

8
9  369
9  369
Với x 
y
.
8
8
 9  369 9  369 
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y   
;
 .
8
8



0,25

0,25

Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn xy  xz  1  x .
Câu 10

 1 
4
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P   xy  xz  2   1   1   .
y   3z 

 1 
4 
Từ giả thiết đã cho ta có : P  1  x   1   1  
y   3z 

1
1
Mà xy  xz  1  x   y  z  1 . Đặt  u ,  u  0 
x
x
4
 1  1 
Ta có u  y  z  1 và P  1    1    1   .
y   3z 
 u 
4 

Do u  y  z  1 suy ra u , y , z   0;1   1    0 .
 3z 
2

1 điểm

0,25

2

2
1  
2  
2 
 1  1  
Mà  1    1     1 
 1 

1


 

y  
uy   u  y   1  z 
 u 

4 
2 
 1  1 
Suy ra P  1   1    1    1 
y   3z   1  z 
 u 

2

4


 1  3z  .



0,25


2 

Xét hàm số f  z   1 

 1 z 
Ta có f '  z  

2

2

4   z  3

1   
2
 3z   z  1

4  z  3 2 z  3 2 z  1
3

3  z  1 z 2

 3z  4 
.
 với z   0;1
 3z 

,

1
2

 f ' z   0  z 

0,25

Lập bảng biến thiên:
z
f’(z)

0
+

1
-

125
3

f(z)



Ta có P  f  z   

125
125
1
1
P
, đẳng thức xảy ra khi x  4; y  ; z  .
4
2
3
3

125
Vậy MaxP  
.
3


1
2
0

0,25

Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình, đều cho điểm
tương đương.
----------Hết--------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y  2x 3  3x 2  1
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x  2 

4
trên đoạn
x 1

 2; 4

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: 9 x  3x1  2  0 .
b) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z biết: z   2  3i   3  3i  .
2  x3 ln x
dx
x2
1
e

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
Câu 5 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình: sin 2 x  3 cos x  0 .
b) Đội tuyển học sinh giỏi toán của một trường có 8 học sinh lớp 12 và 7 học sinh khối 11.
Giáo viên cần chọn 5 em tham gia thi học sinh giỏi cấp tỉnh. Tính xác suất để trong 5 học sinh được
chọn có cả học sinh khối 12 và khối 11.

x 1 y 1 z

 và mặt phẳng
2
1 2
(P) có phương trình x  y  z  1  0 . Tìm giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết
phương trình đường thẳng  qua A vuông góc với d và nằm trong (P).
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho điểm đường thẳng d:

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều và AB  BC  CD  a .
Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD), góc giữa SC và
(ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và góc giữa đường thẳng SC và mặt
phẳng (SAD).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và M là
8 1
 7 1
trung điểm của AB. Biết I  ;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và G  3; 0  , K  ; 
3 3
 3 3
lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và ACM. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C .
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:
( xy  3) y  2  x  x5  ( y  3 x) y  2

 9 x 2  16  2 2 y  8  4 2  x

Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
a2
b2
3

 (a  b)2 .
biểu thức P 
2
2
(b  c)  5bc (c  a )  5ca 4

-------------------------HẾT------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.