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

SỞ GD& ĐT VIÑH PHÚC 
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 - LỚP 12 
NĂM HOC̣ 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



x
y
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

   và 
3
cos
5
  . Tính giá trị của biểu thức: cos sin
3 6
 
 
   
      
   
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 x
P
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: 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) chia sẻ đến 
www.laisac.page.tl 
 Trang 1/6 
SỞ GD& ĐT VIÑH PHÚC 
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 
(Hướng dẫn chấm gồm 6 trang) 
ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2, NĂM HOC̣ 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



x
y
x
( )C . 1.0 
 * TXĐ:  \ 1 D 
* 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 x
y 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 
 Trang 2/6 
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
2
2 4 8 2 2 4 12 0
6
 
         
m
m m m m
m
 (thỏa mãn (*)). 
Vậy 2 m hoặc 6.m 
0.25 
2 a 
1,0 điểm Cho 0
2

   và 
3
cos
5
  . Tính giá trị của biểu thức: 
cos sin
3 6
 
 
   
      
   
P . 
0.5 
Vì 0
2

   nên 2
4
sin 1 cos
5
      . Suy ra 
cos cos sin .sin sin .cos cos .sin
3 3 6 6
   
      P 
0.25 
3 1 4 3 4 3 3 1 3
. . . . .
5 2 5 2 5 2 5 2 5
    P 0.25 
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. 
0.5 
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 
-TH2: Chọn 3 bạn nam và 2 bạn nữ, có 3 25 7. 210C C cách chọn. 0.25 
 Trang 3/6 
Vậy xác suất cần tìm là: 
35 210 245
.
729 729

 P 
3 a 
Giải phương trình: 
1
1 2 33 .27 81

 
x
x . 0.5 
Phương trình đã cho tương đương với : 
1
3.
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 2log . 3log  a a bQ a b a b b 0.25 
   2 2
1
log 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 '( ) .   
e
f 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 
 Trang 4/6 
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
     
a
AM 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 tan30
3 3 3
    
SG a
SAG 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 a
V 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
 
a
GI MB , do 
đó 
2 2
. 10
6
 

GS GI a
GK
GS GI
. 
0.25 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (SAB), ta có 
3 10
2 4
 
a
OH 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 11
sin cos .
4 44. 2.
    
OH a
OAH 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 
 Trang 5/6 
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 1
0; ; ;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 1
4 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: 
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 . 
0.25 
 Trang 6/6 
 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 4
4 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 8
2 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 9
1 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 x
P
x yx xy y
1.0 
Do 0, 0, 1   x y xy y nên 
2
2 2
1 1 1 1 1 1 1
0
4 2 4
 
        
 
x y
y y y y y
. 
Đặt 
1
0 .
4
   
x
t t
y
 Khi đó 
2 2
1 2 1 1 1
.
6 6 6 2( 1)3 3
  
    
    
t t t
P
t tt t t t
0.25 
Ta có 
 
23
2
7 3 1
'( ) .
2( 1)
2 3

 

 
t
P t
t
t t
Vì 2
1
0 3 ( 1) 3 3;7 3 6; 1 1
4
            t t t t t t t , do đó 
 
23
2
7 3 7 3 1 1 1 1 1
; '( ) 0
2( 1) 2 26 3 3 32 3
 
        

 
t t
P t
t
t t
. 
0.25 
Vậy ( )P t đồng biến trên 
1
0;
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 ---------- 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) chia sẻ đến 
www.laisac.page.tl