Đề 3 thi Kỳ thi khảo sát chất lượng lớp 12 thpt năm học 2015 - 2016 môn thi: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM 
KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT 
NĂM HỌC 2015 - 2016 
Môn thi: TOÁN
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 
2x 4
y
x 1



. 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm gi{ trị lớn nhất v| gi{ trị nhỏ nhất của h|m số 2 2xf(x) (x 2).e  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 2 2log x 3 log (x 2)   . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
1
2 3
0
x
I dx
(2x 1)


 . 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng 
x 3 y 2 z 1
d :
2 1 2
  
 

. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A v| vuông góc với đường thẳng d. 
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 5sin2 6cos 0   và 0
2

   . Tính gi{ trị của biểu thức: 
   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). 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
2
x 3y 2 xy y x y 0
3 8 x 4 y 1 x 14y 12
       

      
 (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 
4a 2c b c
1 1 6
b b a a
   
      
   
. 
Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức: 
bc 2ca 2ab
P
a(b 2c) b(c a) c(2a b)
  
  
. 
–––––––––––– Hết –––––––––––– 
Tài liệu ôn thi 10, 11, 12 và kỳ thi THPT Quốc gia: diendan.onthi360.com
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 Đáp án (Trang 1) Điểm 
Câu 1 
(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 
2x 4
y
x 1



. 
* Tập xác định: D \{1} 
* Sự biến thiên: 
2
2
y '
(x 1)


 Vì y’ > 0,  x  1 nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (– ; 1), (1 ;+). 
0,25 
 Giới hạn và tiệm cận: 
x 1 x 1
lim y , lim y
  
    ; tiệm cận đứng x = 1. 
x
lim y 2

 ; tiệm cận ngang y = 2. 
0,25 
 Bảng biến thiên 
x – 1 + 
y’ + + 
y 
 +∞ 
2 
 2 
– ∞ 
0,25 
* Đồ thị : 
x
y
2
2
4
O 1
0,25 
Câu 2 
(1,0 điểm) 
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số 
2 2xf(x) (x 2).e  trên đoạn [–1 ; 2]. 
Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [–1 ; 2], 
2 2xf '(x) 2(x x 2)e   0,25 
2f '(x) 0 x x 2 0
x 1
x ( 1;2) x ( 1;2)
   
   
    
 0,25 
2 4
2
1
f (1) e , f ( 1) , f (2) 2e
e

     . 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 
Câu Đáp án (Trang 2) Điểm 
Câu 3 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 0,25 
b) (0,5) Giải phương trình 2 2log x 3 log (x 2)   (1). 
Điều kiện: x > 0 (*). 
2 2
2(1) log (x 2x) 3 x 2x 8      
0,25 
2x 2x 8 0     x = – 4 hoặc x = 2. 
Kết hợp với điều kiện (*) suy ra phương trình (1) có một nghiệm x = 2. 
0,25 
Câu 4 
(1,0 điểm) Tính tích phân 
1
2 3
0
x
I dx
(2x 1)


 . 
Đặt 
2t 2x 1 dt 4xdx    0,25 
 x = 0  t = 1; x = 1  t = 3 0,25 
Khi đó 
3
3
1
1 1
I dt
4 t
  (0,25) 
3
2
1
1 1
98t

  (0,25) 0,5 
Câu 5 
(1,0 điểm) Cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng 
x 3 y 2 z 1
d :
2 1 2
  
 

. Viết phương trình mặt phẳng 
(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. 
Một vectơ chỉ phương của d là u (2;1; 2)  . 0.25 
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. 
0.25 
Vì M thuộc d nên M(3 + 2t; 2 + t; 1 – 2t). Khoảng cách từ M đến (P) là: 
2 2 2
| 2(3 2t) 2 t 2(1 2t) 3 |
d(M,(P)) | 3t 3 |
2 1 ( 2)
     
  
  
 0.25 
d(M,(P)) 3 | 3t 3| 3     t = 0 hoặc t = –2. 
Vậy M(3 ; 2 ; 1) hoặc M(–1 ; 0 ; 5). 
0.25 
Câu 6 
(1,0 điểm) a) (0,5) Cho góc  thỏa mãn 5sin2 6cos 0   (1) và 0
2

   . Tính giá trị của biểu 
thức:    A cos sin 2015 co t 2016
2
 
      
 
. 
Vì 0
2

   nên cos > 0, cot > 0. 
3
(1) 10sin .cos 6cos 0 cos .(5sin 3) 0 sin
5
            (vì cos>0) 
0,25 
2
2
1 25 16 4
co t 1 1 cot
9 9 3sin
        

 (vì cot > 0) 
3 4 2
A sin sin co t 2sin co t 2.
5 3 15
           
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. 
Số phần tử của không gian mẫu là: 312| | 220C   0,25 
Gọi A là biến cố chọn được tam giác có 3 đỉnh cùng màu. Số kết quả thuận lợi cho A 
là: 3 3A 7 5| | 45C C    . Xác suất biến cố A là 
A| | 9P(A)
| | 44

 

. 
0,25 
Câu Đáp án (Trang 3) Điểm 
Câu 7 Tính thể tích khối chóp A.BB’C’C và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N). 
(1,0 điểm) 
E
D
N
M
C'
B'
A C
B
A'
H
Tam giác ABC đều cạnh a và M là 
trung điểm BC nên: 
 AM  BC và 
a 3
AM
2
 
AMBC và AA’BCA’M BC 
 Góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và 
(ABC) là 
0A 'MA 60 . 
Tam giác A’AM vuông tại A nên: 
0 a 3 3aAA' AM.tan 60 . 3
2 2
   
0,25 
Diện tích hình chữ nhật BB’C’C là: 
2
BB'C'C
3a
S BB'.BC
2
  
AM  BC và AM  BB’  AM  (BB’C’C) 
Thể tích khối chóp S.ABCD là: 
2 3
BB'C'C
1 1 3a a 3 a 3
V S .AM .
3 3 2 2 4
     
0,25 
Trong mặt phẳng (BB’C’C), B’N cắt BC tại D. 
Khi đó: C là trung điểm BD và 
0BAD 90 
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). 
0,25 
Ta có: 
1 a
CE AB
2 2
  , 
1 3a
CN CC'
2 4
  
2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 16 52 3a
CH
2 13CH CE CN a 9a 9a
       
Do đó: 
3 3 9a
d(M,(AB'N)) d(C,(AB'N)) CH
2 2 4 13
   
0,25 
Câu 8 
(1,0 điểm) Giải hệ phương trình (I)
2
2
x 3y 2 xy y x y 0
3 8 x 4 y 1 x 14y 12.
       

      
(I)  
2
x y (x y)(y 1) 2(y 1) 0 (1)
3 8 x 4 y 1 x 14y 12 (2)
       

     
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. 
0.25 
Do đó: 
x y x y x y x y
(1) 2 0 1 1 x 2y 1
y 1 y 1 y 1 y 1
   
          
   
 0.25 
Thay x = 2y + 1 vào (2) ta được: 
2 23 7 2y 4 y 1 (2y 1) 14y 12 4 y 1 3 7 2y 4y 10y 11 0              
24( y 1 2) 3( 7 2y 1) 4y 10y 6 0          
2 3
(y 3) 2y 1 0
y 1 2 7 2y 1
 
           
 (3) 
0.25 
 Vì 
7
1 y
2
   nên 
2 2 2
y 1 2 3 2 2

  
, 
3 3
47 2y 1

 
, 2y + 1 > –1 
2 3
2y 1 0
y 1 2 7 2y 1
    
   
. Do đó: (3) y 3 0 y 3     
 x = 7 (thỏa (*)). Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x ; y) = (7 ; 3). 
0.25 
Câu Đáp án (Trang 4) Điểm 
Câu 9 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. 
J
I
M
F
E
H
B C
A
J
I
M
F
E
A
H
BC
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) 
 và: 
1
ABE EMF IME
2
  
 
0MEI 90  0MFI MEI 90  . 
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) 
0.25 
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: 
   2 2
x 3y 7 0
x 2 y 3 10
  

   
 2
x 3y 7 x 5
y 4y 3 1
  
  
  
 hoặc 
x 1
y 2
 


  E(5 ; 4) hoặc E(–1;2). 
0.25 
Vì A  AH nên A(a ; 3a + 3) 
Ta có: 
2 2 2 2IA IE IA IE (a 1) (3a 3) 20 a 1 2           
Vì A có hoành độ dương nên A(1 2;6 3 2)  . 
0.25 
Câu Đáp án (Trang 5) Điểm 
Câu 10 
(1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 
4a 2c b c
1 1 6
b b a a
   
      
   
. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
bc 2ca 2ab
P
a(b 2c) b(c a) c(2a b)
  
  
. 
Đặt 
2 4 1
x , y ,z
a b c
   (x, y, z > 0). 
Điều kiện đã cho trở thành: 
3 3x y x y
2 6
xyz y x
 
   
 
 (*) 
Ta có: 
3
3 3 (x y)x y
4

  và 2(x y) 4xy  
0.25 
Do đó: 
3 3 3x y (x y) 4 xy(x y) x y
xyz 4xyz 4xyz z
   
   
Mặt khác 
x y
2
y x
  nên 
3 3x y x y x y
6 2 4
xyz y x z
  
     
 
x y
0 2
z

   . 
Ta có: 
2 2x y 4z x y 4z
P
y 2z 2z x x y xy 2zx 2yz xy x y
     
     
2 2
2
(x y) 4z (x y) 4z 2(x y) 4z
2xy 2z(x y) x y x y x y 4z x y(x y)
2z(x y)
2
  
     
      
 
Suy ra: 
x y
2
4zP
x y x y
4
z z

 
 

. 
0.25 
Đặt 
x y
t , 0 t 2
z

   . Ta có 
2t 4
P
t 4 t
 

. 
Xét hàm số 
2t 4
f (t) (0 t 2)
t 4 t
   

. 
2
2 2
4(t 8t 16)
f '(t) 0, t (0;2]
t (t 4)
 
   

 f(t) nghịch biến trên (0 ; 2]. 
0.25 
Suy ra: 
8
P f (t) f (2)
3
   . 
x y
8
P x y z 2a b 4cx y
3 2
z


        

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 
8
3
, khi 2a = b = 4c. 
0.25 
LUYỆN THI ONLINE : ONTHI360.COM
Tài liệu ôn thi 10, 11, 12 và kỳ thi THPT Quốc gia: diendan.onthi360.com
Đề thi thử THPT Quốc gia mới nhất có hướng dẫn giải chi tiết : diendan.onthi360.com