Đề khảo sát chất lượng lần 2 - Lớp 12 năm học 2015 - 2016 đề thi môn: Toán thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
Facebook.com/mathvn.com 
SỞ GD& ĐT VĨNH PHÚC 
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 - LỚP 12 
NĂM HỌC 2015-2016 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số 2
1
+
=
−
xy
x
 có đồ thị kí hiệu là ( )C . 
a) Khảo sát và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. 
b) Tìm m để đường thẳng = − +y x m cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt A, B sao cho 2 2.=AB 
Câu 2 (1,0 điểm): 
a) Cho 0
2
pi
α− < < và 3cos
5
α = . Tính giá trị của biểu thức: cos sin
3 6
pi pi
α α
   
= − − −   
   
P . 
b) Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham gia biểu diễn, tìm 
xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số bạn nam nhiều hơn số bạn nữ. 
Câu 3 (1,0 điểm): 
a) Giải phương trình: 
1
1 2 33 .27 81
+
−
=
x
x
. 
b) Tính giá trị của biểu thức: ( ) ( ) ( )34log log . log= − +a a bQ a b a b b , biết rằng a, b là các số thực 
dương khác 1. 
Câu 4 (1,0 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số .log=y x x trên khoảng (0;10). 
Câu 5 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng : 2 0∆ − =y và các điểm 
(0;6), (4;4)A B . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm C trên đường thẳng 
∆ sao cho tam giác ABC vuông tại B. 
Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh 2=AB a . Hình chiếu 
vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa SA và mặt 
phẳng ( )ABCD bằng 030 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa đường thẳng 
AC và mặt phẳng (SAB). 
Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp 
là 3 1;
2 16
 
 
 
I , tâm đường tròn nội tiếp là (1;0)J . Đường phân giác trong góc 
BAC và đường phân giác 
ngoài góc 
ABC cắt nhau tại (2; 8)−K . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh B có hoành độ 
dương. 
Câu 8 (1,0 điểm): Giải bất phương trình: 2 21 4 20 4 9.+ + ≤ + +x x x 
Câu 9 (1,0 điểm): Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện: 1 .+ ≤xy y Tìm giá trị lớn nhất của 
biểu thức: 
2 2
2
.
6( )3
+ −
= +
+
− +
x y y xP
x yx xy 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: 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
 Trang 1/6 – Facebook.com/mathvn.com 
SỞ GD& ĐT VĨNH PHÚC 
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 
(Hướng dẫn chấm gồm 6 trang) 
ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2, NĂM HỌC 2015-2016 
Môn : Toán 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
I. LƯU Ý CHUNG: 
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của thí 
sinh. Khi chấm nếu thí sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. 
- Nếu thí sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. 
- Thí sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. 
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó 
không được điểm. 
- Trong lời giải câu 6 và câu 7 nếu thí sinh không vẽ hình thì không cho điểm. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
II. ĐÁP ÁN: 
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 
1 a 
Khảo sát hàm số 2
1
+
=
−
xy
x
( )C . 1.0 
* TXĐ: { }\ 1= ℝD 
* Giới hạn, tiệm cận: 
lim lim 1 1
x x
y y y
→+∞ →−∞
= = ⇒ = là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 
1 1
lim ; lim 1
+ −→ →
= +∞ = −∞ ⇒ =
x x
y y x là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 
0.25 
Ta có 2 2
1 2 3
' 0( 1) ( 1)
− − − −
= = < ∀ ∈
− +
x xy x D
x x
, suy ra hàm số nghịch biến trên các 
khoảng ( ;1) & (1; )−∞ +∞ 
0.25 
*BBT: 
x
y’
y
-∞ +∞
-
1
1
+∞
-∞
1
-
0.25 
*Đồ thị 0.25 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
 Trang 2/6 – Facebook.com/mathvn.com 
4
2
-2
-4
5
y
xO 1-2
1
2 4
b Tìm m để đường thẳng = − +y x m cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt A, B sao cho 
2 2.=AB 
1.0 
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: y=-x+m là: 
2 2
1 12
1 2 2 0 (1)
≠ ≠ +
= − + ⇔ ⇔ 
− + = − + + − − + + = 
x xx
x m
x x x mx x m x mx m
0.25 
d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 
2
2
1 2 0
4 8 0(*)
4( 2) 0
− + + ≠
⇔ ⇔ − − >
− + >
m m
m m
m m
0.25 
Khi đó d cắt (C) tại 1 1 2 2( ; ), ( ; )− + − +A x x m B x x m , với 1 2,x x là nghiệm phương trình 
(1). Theo Viet, ta có 
( ) ( ) ( )2 2 2 22 1 1 2 1 2 1 22 ( ) 4 . 2 4 8 = − + − = + − = − − AB x x x x x x x x m m 
0.25 
Yêu cầu bài toán tương đương với : 
 ( )2 2 22 4 8 2 2 4 12 0 6
= −
− − = ⇔ − − = ⇔ 
=
m
m m m m
m
 (thỏa mãn (*)). 
Vậy 2= −m hoặc 6.=m 
0.25 
1,0 điểm Cho 0
2
pi
α− < < và 3cos
5
α = . Tính giá trị của biểu thức: 
cos sin
3 6
pi pi
α α
   
= − − −   
   
P . 
0.5 
Vì 0
2
pi
α− < < nên 2 4sin 1 cos
5
α α= − − = − . Suy ra 
cos cos sin .sin sin .cos cos .sin
3 3 6 6
pi pi pi pi
α α α α= + − +P 
0.25 
a 
3 1 4 3 4 3 3 1 3
. . . . .
5 2 5 2 5 2 5 2 5
= − + + =P 0.25 
Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham 
gia biểu diễn, tìm xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số 
bạn nam nhiều hơn số bạn nữ. 
0.5 
2 
b 
Số cách chọn 5 bạn bất kì là: 512 729=C . Để chọn được 5 bạn thỏa mãn yêu cấu bài 
toán, ta có hai khả năng sau: 
-TH1: Chọn 4 bạn nam và 1 bạn nữ, có 4 15 7. 35=C C cách chọn. 
0.25 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
 Trang 3/6 – Facebook.com/mathvn.com 
-TH2: Chọn 3 bạn nam và 2 bạn nữ, có 3 25 7. 210=C C cách chọn. 
Vậy xác suất cần tìm là: 35 210 245 .
729 729
+
= =P 
0.25 
a 
Giải phương trình: 
1
1 2 33 .27 81
+
−
=
x
x
. 
0.5 
Phương trình đã cho tương đương với : 
13.1 2 1 2 1 433 .3 81 3 .3 3
+
− − +
= ⇔ =
x
x x x
0.25 
2 43 3 2 4 2.− = ⇔ − = ⇔ = −x x x 0.25 
b Tính giá trị của biểu thức: ( ) ( ) ( )34log log . log= − +a a bQ a b a b b , biết rằng a, b là 
các số thực dương khác 1. 
0.5 
Ta có ( ) ( ) ( )4log 2 log . 3log= − +a a bQ a b a b b 0.25 
3 
( ) ( )2 2 1log log . 3 log 3 log 3 1 3 2.   = − + = + = + = − + =       a a a a
a b
a b a b
aa b
 0.25 
4 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) .log=f x x x trên khoảng (0;10]. 1.0 
Hàm số đã cho liên tục trên (0;10]. Ta có 1'( ) log . log log
ln10
= + = +f x x x x e
x
. 0.25 
1
'( ) 0 log log= ⇔ = − ⇔ =f x x e x
e
. 0.25 
BBT: 
10x
f’(x)
f(x)
0 1/e
0- +
log
−
e
e
0.25 
Từ BBT ta suy ra 
(0;10]
log 1
min '( ) .= − ⇔ =ef x x
e e
 0.25 
5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng : 2 0∆ − =y và các điểm 
(0;6), (4;4)A B . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm C 
trên đường thẳng ∆ sao cho tam giác ABC vuông tại B. 
1.0 
Phương trình đường thẳng AB là: 0 6 6
4 0 4 6 2 1
− − −
= ⇔ =
− − −
x y x y
 0.25 
2 12 2 12 0.− = − ⇔ + − =x y x y 0.25 
( ;2) ( 4;2), ( 4; 2)∈ ∆ ⇒ ⇒ − − −
 
C C t BA BC t 0.25 
Tam giác ABC vuông tại B nên . 0 4 16 4 0 3 (3;2).= ⇔ − + − = ⇔ = ⇒
 
BA BC t t C 0.25 
6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh 2=AB a . Hình chiếu của 
S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa SA và 
mặt phẳng ( )ABCD bằng 030 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của 
góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng (SAB). 
1.0 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
 Trang 4/6 – Facebook.com/mathvn.com 
O
G
M
D C
A
B
S
H
I
K
Gọi M là trung điểm BC, O là giao điểm của AC và BD. Ta có 
2 2 2 2 55
3 3
= + = ⇒ = =
aAM AB BM a AG AM . Vì SG vuông góc với mặt đáy, 
nên góc giữa SA và mặt đáy là 
 030=SAG . Xét tam giác vuông SGA, ta có 

 0 1 2 5tan tan 30
3 3 3
= = = ⇒ =
SG aSAG SG
AG
. 
0.25 
24 .=ABCDS a Suy ra 
3
2
.
1 1 2 5 8 15
. . .4
3 3 273 3
= = =S ABCD ABCD
a aV SG S a (đvtt) 0.25 
Hạ GI vuông góc với AB, I thuộc AB. Nối S với I, hạ GK vuông góc với SI, K thuộc 
SI. Khi đó K là hình chiếu vuông góc của G trên (SAB). Ta có 2 2
3 3
= =
aGI MB , do 
đó 
2 2
. 10
6
= =
+
GS GI aGK
GS GI
. 
0.25 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (SAB), ta có 3 10
2 4
= =
aOH GK . Khi đó 
AH là hình chiếu của AO lên (SAB) suy ra góc giữa AC và (SAB) là 
OAH . Xét tam 
giác vuông OHA, ta có 
 
10 5 11sin cos .
4 44. 2.
= = = ⇒ =
OH aOAH OAH
OA a
0.25 
7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp 
là 3 1;
2 16
 
 
 
I , tâm đường tròn nội tiếp là (1;0)J . Đường phân giác trong góc 
BAC và 
đường phân giác ngoài góc 
ABC cắt nhau tại (2; 8)−K . Tìm tọa độ các đỉnh của tam 
giác ABC biết đỉnh B có hoành độ dương. 
1.0 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
 Trang 5/6 – Facebook.com/mathvn.com 
4
3
2
1
-1
-2
-3
-4
-5
-6
-7
-8
-4 -2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
H
I
A
C B
J
K
Gọi giao điểm của AK và đường tròn (I) là H. Xét tam giác BHJ có 

 
 

= +HJB JAB JBA (góc ngoài tam giác JAB) 

 

= +JAC JBC ( vì AJ, BJ là các đường phân giác) 

 

= +CBH JBC (nội tiếp cùng chắn cung CH của đường tròn (I)) 


= HBJ 
Suy ra tam giác HJB cân tại H, vậy HJ=HB và 
 
=HJB HBJ (1) 
0.25 
Lại có BJ, BK thứ tự là phân giác trong và phân giác ngoài góc 
ABC nên tam giác 
BKJ vuông tại B. Suy ra 
 
 
 
090+ = = +HJB HKB HBJ HBK (2). 
Từ (1) và (2) suy ra 
 
=HKB HBK hay tam giác HBK cân tại H, do đó 
= =HJ HB HK , vậy H là trung điểm JK, hay 3 ; 4
2
 
− 
 
H . Tương tự 
= =HJ HC HK . 
0.25 
Ta có 65 10; ; ; 4
16 2
   
− −   
   
 
IH HJ 
B, C cùng thuộc các đường tròn (I;IH) và (H; HJ) nên tọa độ B, C là nghiệm của hệ: 
( )
2 2 2
2
2
3 1 65
5; 22 16 16 (5; 2), ( 2; 2).
2; 23 14 16
2 4
     
− + − =     
= = −     
⇔ ⇒ − − − 
= − = − 
− + + = +  
x y
x y
B C
x y
x y
0.25 
AH đi qua J và K nên phương trình đường thẳng AH là: 
1 0 8 8 0
2 1 8 0
− −
= ⇔ + − =
− − −
x y
x y . Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với AH, d 
có véc tơ pháp tuyến ( )2 1; 8= − = − n HJ , phương trình đường thẳng d là: 
8 1 0− − =x y . Gọi M là giao điểm của d và AH, tọa độ M là nghiệm hệ: 
0.25 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
 Trang 6/6 – Facebook.com/mathvn.com 
8 1 0 1 (1;0)
8 8 0 0
− − = = 
⇔ ⇒ ≡ 
+ − = = 
x y x
M J
x y y
. M là trung điểm AH nên 1 ;4
2
 
 
 
A . 
 Kết luận: 1 ;4
2
 
 
 
A , (5; 2), ( 2; 2).− − −B C 
8 Giải bất phương trình: 2 21 4 20 4 9.+ + ≤ + +x x x (1) 1.0 
Bất phương trình đã cho tương đương với: 
2 2
2 2
2 2
4 16 16 44 9 5 6 4 20 2 0 2 0
4 9 5 6 4 20
− −
+ − + − + + − ≥ ⇔ + + − ≥
+ + + +
x x
x x x x
x x
0.25 
( )
2 2
4 8 4 82 1 0
4 9 5 6 4 20
 + +
⇔ − − + ≥ 
+ + + + 
x x
x
x x
 0.25 
Từ (1) suy ra 2 21 4 20 4 9 0 1− ≥ + − + > ⇒ >x x x x . Do đó 
( ) ( )( )
2 2
2 2 2 2
4 8 4 8 1 4 20 4 91 4 8 . 1 0
4 9 5 6 4 20 4 9 5 6 4 20
+ + + + − +
− + = + + >
+ + + + + + + +
x x x x
x
x x x x
0.25 
Vậy nghiệm của bất phương trình là 2.≥x 0.25 
9 Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện: 1 .+ ≤xy y Tìm giá trị lớn nhất của 
biểu thức: 
2 2
2
.
6( )3
+ −
= +
+
− +
x y y xP
x yx xy y
1.0 
Do 0, 0, 1> > ≤ −x y xy y nên 
2
2 2
1 1 1 1 1 1 10
4 2 4
 −
< ≤ = − = − − ≤ 
 
x y
y y y y y
. 
Đặt 
10 .
4
= ⇒ < ≤xt t
y
 Khi đó 
2 2
1 2 1 1 1
.
6 6 6 2( 1)3 3
+ − +
= − = − +
+ +
− + − +
t t tP
t tt t t t
0.25 
Ta có 
( ) 232
7 3 1
'( ) .
2( 1)2 3
−
= −
+
− +
tP t
tt t
Vì 210 3 ( 1) 3 3;7 3 6; 1 1
4
 + >t t t t t t t , do đó 
( ) 232
7 3 7 3 1 1 1 1 1
; '( ) 0
2( 1) 2 26 3 3 32 3
− −
> > − > − ⇒ > − >
+
− +
t t P t
tt t
. 
0.25 
Vậy ( )P t đồng biến trên 10;
4
 
  
, suy ra 1 5 7( ) .
4 3 30
 ≤ = + 
 
P t P 0.25 
Khi 1 ; 2
2
= =x y thì ta có 5 7 5 7 1 ; 2.
3 30 3 30 2
= + ⇒ = + ⇔ = =P MaxP x y 0.25 
---------- Hết ----------