Đề khảo sát chất lượng học kỳ II năm học 2015 – 2016 môn: Toán – lớp 12 ( thời gian làm bài: 180 phút )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
NAM ĐỊNH 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II 
NĂM HỌC 2015 – 2016 
Môn: Toán – lớp 12 
( Thời gian làm bài: 180 phút ) 
Câu 1(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 
2 1
1
x
y
x



. 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số   5 4f x x x   trên đoạn 
 1;1 . 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Cho số phức z thỏa mãn  1 3 1 5i z i i     . Tính môđun của z . 
b) Giải phương trình  2 2log 1 log 1x x   . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân  
1
3
0
2 . d .xI x x e x   
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm  1; 1;0A  và đường thẳng d có phương 
trình 
1 1
2 1 3
x y z 
 

 . Lập phương trình mặt phẳng  P đi qua điểm A và vuông góc với đường 
thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc trục Ox sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P) bằng 14 . 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Tính giá trị của biểu thức   2 21 3sin 1 4cosP x x   , biết 2cos 2
3
x   . 
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 
trùng với C ). Biết  1; 1E  , 2 4;
5 5
G
 
 
 
 và điểm D thuộc đường thẳng : 6 0d x y   . Tìm tọa độ các 
điểm , , , .A B C D 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 
    
2 2 2 2
2 2
2 6 17 17 6 2 5
1 2 2 6 11 2
x xy y x xy y x y
x x y y x x
       

      
  ;x y . 
Câu 10 (1,0 điểm). Xét , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn 1xy xz x   . 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức   1 4z 2 1 1 .
3z
P xy x
y
        
  
___________ 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:  
Cảm ơn thầy DAO VAN TIEN ( tiendv@gmail.com) chia sẻ đên www.laisac.page.tl 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2015 – 2016 
Môn: Toán – lớp 12 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1 Khảo sát sự biến thiên và. 1 điểm 
 TXĐ: D = R\{ - 1} 
 Giới hạn và tiệm cận 
 lim lim 2
x x
y y
 
  ; tiệm cận ngang y=2 
( 1) ( 1)
lim ; lim
x x
y y
    
    ; tiệm cận đứng x=-1 
0,25 
 Đạo hàm: Ta có
2
3
' 0
( 1)
y
x
 

 1x   
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ; -1) và ( -1; + ) 
Hàm số không có cực trị 
0,25 
 BBT: 
x - -1 + 
y’ + + 
y + 2 
 2 - 
0,25 
 Đồ thị: 
0,25 
Câu 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị 1 điểm 
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn  1;1 0.25 
Ta có    2' 1 0 1;1
5 4
f x x
x
     

 0.25 
Do    1 4; 1 0f f    0.25 
Vậy  
 1;1
max 0f x

 , xảy ra khi 1x  ;  
 1;1
min 4f x

  , xảy ra khi 1x   . 0.25 
Câu 3a Cho số phức z thỏa mãn  1 3 1 5i z i i     . Tính môđun của z . 
0,5 điểm 
Ta có   4 21 3 1 5 1
1 3
i
i z i i z i
i

        

 0,25 
Suy ra 2z  . 0,25 
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
y
 Câu 3b Giải phương trình  2 2log 1 log 1x x   . 0,5 điểm 
ĐKXĐ 1x  . 
PT đã cho     22
2
log 1 1 1 2 2 0
1
x
x x x x x x
x

               
 0,25 
Đối chiếu ĐK ta có 2x  là nghiệm duy nhất của PT đã cho. 0,25 
Câu 4 Tính tích phân. 1 điểm 
Ta có    
1 1 1
3 3
0 0 0
2 . d 2x xI x x e x x dx xe dx        0,25 
  
11 4
3
0 0
9
2 2 .
4 4
x
x dx x
 
    
 
 0,25 
    
1 1 1
1 1
0 0
0 0 0
. 1x x x x xxe dx xde x e e dx e e        0,25 
Vậy 
13
4
I  . 0,25 
Câu 5 Trong không gian tọa độ Oxyz ,. 1 điểm 
Đường thẳng d có VTCP là  2;1; 3u 

. Vì đường thẳng d vuông góc với mặt 
phẳng (P), nên mặt phẳng (P) nhận  2;1; 3u 

 làm VPPT. 
0,25 
Mà mặt phẳng (P) đi qua điểm  1; 1;0A  , do đó mặt phẳng (P) có phương trình: 
     2 1 1 1 3 0 0x y z        : 2 3 1 0P x y z     . 
0,25 
Do  ;0;0B Ox B a  , ta có:    2 1;
14
a
d B P

 . 
Suy ra    2 1; 14 14 2 1 14
14
a
d B P a

     
15
2
13
2
a
a
 
 
 

. 
0,25 
Vậy 
15
;0;0
2
B
 
 
 
, hoặc 
13
;0;0
2
B
 
 
 
 0,25 
Câu 6a Tính giá trị của biểu thức   2 21 3sin 1 4cosP x x   , biết 2cos 2
3
x   . 0,5 điểm 
 Ta có   2 2 1 cos 2 1 cos 21 3sin 1 4cos 1 3. 1 4.
2 2
x x
P x x
          
   
 0,25 
  5 3cos 2 3 2cos 2 35
2 6
x x 
  . 0,25 
Câu 6b Trong đợt kiểm tra chất lượng sản xuất 0,5 điểm 
Không gian mẫu của phép thử là  có   5100n C  . 
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 3 295 5.C C cách. 
Suy ra   3 295 5.n A C C . 
0,25 
   
 
0,0183
n A
P A
n
  

. 
(Lưu ý :Thí sinh lấy kết quả xấp xỉ 0,02 cũng cho điểm tối đa) 
0,25 
Câu 7 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều. 1 điểm 
Gọi H là trung điểm của AB
SH AB  mà 
     SAB ABC SH ABC  
Do SAB vuông cân tại S 
2 2
AB a
SH   . 
0,25 
Mà ABC đều 
2 3
4ABC
a
S  . 
Do đó: 
31 3
.
3 24SABC ABC
a
V SA S  (đvdt). 
0,25 
Dựng hình bình hành ABDC , ta có 
            || , ; ; 2 ;AC SBD d AC SB d AC SBD d A SBD d H SBD    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   
Xét tam giác vuông BHK có  060HBK  0 3.sin 60
4
a
HK HB   
Xét tam giác vuông SHK, ta có 2 2 2
1 1 1 3
2 7
a
HI
HI HS HK
    
Vậy   3, 2
7
d AC SB HI a  . 
0,25 
Câu 8 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . 
1 điểm 
Do tứ giác CDGE nội tiếp DG GE  , 
Do  ;6D d D t t   
Ta có 
3 9 2 26
; ; ;
5 5 5 5
EG DG t t
        
   
 
 do 
 . 0 4 4;2EG DG t D   
 
 . 
0,25 
Suy ra 3 2, : 2 0DE DE x y    
Gọi  ;C a b , do  9 1 918 ; . 2 3
2 2 2ABCD CDE
S S d C DE DE a b         .(1) 
Mà    4; 2 , 1; 1DC a b EC a b   
 
 ; do 
     . 0 4 1 2 1 0CD CE DC EC a a b b         
 
 (2) 
0,25 
Từ (1) và (2) ta có: 
 
 2 2
4; 12 3 4; 1
1; 2 1;25 2 0
Ca b a b
a b Ca a b b
      
            
Do C và G nằm khác phía với bờ là đường thẳng DE  1;2C không thỏa mãn 
Suy ra  4; 1C  thỏa mãn. 
0,25 
Vì M là trung điểm BC nên  2; 1B   . Do  2;2AD BC A  
 
 . 0,25 
 Câu 9 Giải hệ: 
   
      
2 2 2 2
2 2
2 6 17 17 6 2 5 1
1 2 2 6 11 2 2
x xy y x xy y x y
x x y y x x
       

      
 1 điểm 
ĐKXĐ: 2x   
Từ (1) 0x y   và          2 2 2 21 4 4VT x y x y x y x y        
      2 24 4 4 4 5x y x y x y x y x y          . 
Dấu “=” xảy ra 0x y   . 
0,25 
Thế x y vào PT (2) ta được     2 21 2 2 6 11 2x x x x x x      
 2 3 26 12 2 2 2x x x x x x      
   
   
3 2
2 3
3 2
2 2 6 2 2 0
2 2 2 6 2 0
x x x x x x
x x x x x x
         
       
3 2
2 6 0
2 2 2
x x x
x x x
     
                
 (vì 0x  ) 
0,25 
Đặt 
2
x
t
x


 , PT trên trở thành 
  3 2 2 32 6 0 2 3 2 2 0
2
t t t t t t t           
0,25 
 
 
2
9 369
/
3 83 2 2 4x 9x 18 0
22 9 369
8
x t m
x
x x
x
x L
 

         
 


 . 
Với 
9 369 9 369
.
8 8
x y
 
   
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất   9 369 9 369; ;
8 8
x y
  
   
 
 . 
0,25 
Câu 10 
 Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn 1xy xz x   . 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức   1 4z 2 1 1 .
3z
P xy x
y
        
  
1 điểm 
Từ giả thiết đã cho ta có :   1 41 1 1
3z
P x
y
       
  
Mà 
1
1 1xy xz x y z
x
       . Đặt  1 , 0u u
x
  
Ta có 1u y z   và 
1 1 4
1 1 1
3z
P
u y
           
    
. 
Do 1u y z   suy ra   4, , 0;1 1 0
3z
u y z
     
 
. 
0,25 
Mà 
2 2 2
1 1 1 2 2
1 1 1 1 1
1u y u y zuy
                               
Suy ra 
2
1 1 4 2 4
1 1 1 1 1
3z 1 3z
P
u y z
                              
. 
0,25 
 Xét hàm số    
 
22
2
32 4 3 4
1 1 .
1 3z 31
z z
f z
z zz
                   
 với  0;1z 
Ta có      
 3 2
4 3 2 3 2 1
'
3 1
z z z
f z
z z
  


 , 
  1' 0
2
f z z    
Lập bảng biến thiên: 
 z 0 
1
2
 1 
f’(z) + 0 - 
f(z) 
125
3
 
0,25 
Ta có   125 125
3 3
P f z P      , đẳng thức xảy ra khi 
1 1
4; ;
4 2
x y z   . 
Vậy 
125
.
3
MaxP   
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-------- 
 Cảm ơn thầy DAO VAN TIEN ( tiendv@gmail.com) chia sẻ đên www.laisac.page.tl