Đề khảo sát chất lượng lần thứ nhất năm học 2015 – 2016 đề thi môn: Toán thời gian làm bài: 180 phút

 TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
NGUYỄN HUỆ 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG 
LẦN THỨ NHẤT 
NĂM HỌC 2015 – 2016 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số 
2 1
1
x
y
x



 có đồ thị ( )C . 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 
 2. Tìm trên đồ thị ( )C điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm 
cận của ( )C là nhỏ nhất. 
Câu 2 (1 điểm). 
 1. Tính giá trị của biểu thức 2sin . os3 osP x c x c x  biết 
3
os2 , ;0
5 2
c x x
 
    

. 
2. Giải phương trình: 3
8 2 4
log ( 1) log ( 2) 2log (3 2)x x x     . 
Câu 3 (1 điểm). 
1. Tìm hệ số của 5x trong khai triển 10
3
1
(2 )x
x
 (với 0x  ) 
2. Một đoàn tàu có 3 toa chở khách đỗ ở sân ga. Biết rằng mỗi toa có ít nhất 4 chỗ 
trống. Có 4 vị khách từ sân ga lên tàu, mỗi người độc lập với nhau, chọn ngẫu 
nhiên một toa. Tính xác suất để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách nói trên. 
Câu 4 (1 điểm). Tìm nguyên hàm 
( 1)lnx x
dx
x

 . 
Câu 5 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD có điểm 
A(4;-1;5) và điểm B(-2;7;5). Tìm tọa độ điểm C, D biết tâm hình vuông thuộc mp(Oxy). 
Câu 6 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hình chiếu 
của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AD, góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy 
bằng 060 . Gọi M là trung điểm của DC. Tính thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách 
giữa hai đường thẳng SA và BM. 
Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(-1;2), 
tâm đường tròn ngoại tiếp I
3
;2
2
 
 
 
, tâm đường tròn nội tiếp K(2,1). Tìm tọa độ đỉnh B biết 
3.Bx  
Câu 8 (1 điểm). Giải bất phương trình 3 3x x 2 2 3x 2    . 
Câu 9 (1 điểm). Cho x, y, z là các số không âm thỏa mãn 
3
2
  x y z . Tìm giá trị nhỏ 
nhất của 3 3 3 2 2 2   P x y z x y z . 
---------------------HẾT---------------------- 
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên:SBD: 
 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
NGUYỄN HUỆ 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG 
LẦN THỨ NHẤT 
NĂM HỌC 2015 – 2016 
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN 
Câu Ý Nội dung Điểm 
1 
(2điểm) 
1 2 1
1



x
y
x
. TXĐ: R\{-1} 
2
1
' 0 1
( 1)
    

y x
x
Hàm số đồng biến trên các khoảng (–∞;-1) và (-1;+∞) 
0,25 
Giới hạn: 
1 1
2 1 2 1
;
1 1
lim lim
  
 
   
 x x
x x
x x
 đường tiệm cận đứng của đồ thị là x =- 1 
2 1 2 1
2; 2
1 1
lim lim
x x
x x
x x 
 
  
 
 đường tiệm cận ngang của đồ thị là y = 2 
0,25 
bảng biến thiên 
x -∞ -1 +∞ 
y’ + + 
y 
0,25 
6
4
2
-2
-5 5
0,25 
2 
Gọi điểm 
1
;2
1
M a
a
 
 
 
 thuộc đồ thị (C). 0,25 
Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng 
1
: 1x   là  1; 1d M a   
0,25 
2 -∞ 
+∞ 2 
y 
O x 
 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 
Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang 
2
: 2y  là  2
1
;
1
d M
a
 

Suy ra    1 2
1
; ; 1 2
1
d M d M a
a
      
 
Dấu bằng xảy ra khi a = 0 hoặc a = -2 
0,25 
Vậy tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận nhỏ nhất bằng 2 khi M(0;1) hoặc M(-2;3) 0,25 
2 
(1điểm) 
1 
Vì 2
3 16
os2 sin 2
5 25
c x x   mà ;0 sin 2 0
2
x x
 
     

Suy ra 
4
sin 2
5
x   
0,25 
2 sin 4 sin 2 os2 1 18sin . os3 os
2 2 25
 
    
x x c x
P x c x c x 0,25 
2 Điều kiện: 1x 
 Phương trình
2 2 2
log ( 1) log ( 2) log (3 2)x x x      
2 2
log ( 1)( 2) log (3 2)x x x     
0,25 
2
0 ( )
( 1)( 2) (3 2) 2 0
2 ( )
x l
x x x x x
x tm

          
Vậy phương trình có nghiệm là 2x  . 
0,25 
3 
(1điểm) 
1 
khai triển 
510 10 10
10 10 10 2
10 103 3
0 0
1 1
(2 ) (2 ) 2 ( 1)
i
i
i i i i i
i i
x C x C x
x x

 
 
 
     
 
  
0,25 
Hệ số của 
5x là  
22 8
10
.2 1 11520C  
 0,25 
2 Vì mỗi vị khách có 3 lựa chọn lên một trong ba toa tàu , Suy ra số cách để 4 vị khách lên 
tàu là : 
43 81 
0,25 
Số cách chọn 3 vị khách trong 4 vị khách ngồi một toa là 
3
4
4C 
Số cách chọn một toa trong ba toa là 
1
3
3C 
Vị khách còn lại có 2 cách chọn lên 2 toa còn lại 
Suy ra có 2.3.4=24 cách để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách . 
Vậy xác suất để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách là: 
24 8
81 27
P   
0,25 
4 
(1điểm) 
 ( 1)ln ln
ln
x x x
dx xdx dx
x x

    . 0,25 
1
ln ln ln ln lnxdx x x xd x x x dx x x x C         0,25 
2
2
ln 1
ln ln ln
2
x
dx xd x x C
x
    0,25 
Vậy 
21ln ln
2
I x x x x C    
0,25 
 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 
5 
(1điểm) 
 Gọi M(x;y;0) thuộc mặt phẳng Oxy là tâm hình vuông. 
(4 ; 1 ;5)
( 2 ;7 ;5)
MA x y
MB x y
  
  
Vì ABCD là hình vuông nên tam giác MAB vuông cân tại M 
0MAMB
MA MB
 
 

0,25 
0,25 
2 2 2 2
(4 )( 2 ) ( 1 )(7 ) 25 0
(4 ) ( 1 ) 25 ( 2 ) (7 ) 25
x x y y
x y x y
        
 
          
1
3
x
y

 

Vậy M(1;3;0) 
0,25 
Vì M là trung điểm của AC và BD nên C(-2;7;-5); D(4;-1;-5) 
0,25 
6 
(1 
điểm) 
 +) Tính thể tích 
Gọi H là trung điểm của AD. 
Vì HB là hình chiếu của SB lên đáy nên 
0( ;( )) 60SB ABCD SBH  
0,25 
Trong tam giác SBHcó 
0 15tan60
2
a
SH BH 
31 15
2 12
SABM SABCD
a
V V  (đvtt) 
0,25 
+) Tính khoảng cách: 
Dựng hình bình hành ABME 
Vì BM//(SAE)  , ( ,( ))d SA BM d M SAE  2 ( ,( ))d D SAE
 4 ( ,( ))d H SAE
 Kẻ ; ,( E, )HI AE HK SI I A K SI   
 Chứng minh ( ) ( ,( ))HK SAE d H SAE HK  
0,25 
Vì 
.
2 5
DE AH a
AHI AED HI
AE
     
Trong tam giác SHI có 
2 2 2 2
1 1 1 304 15
15 4 19
a
HK
HK HI SH a
     
Vậy  
15
,
19
a
d SA BM  
0,25 
K
I
E
M
H
C
B
D
A
S
 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 
7 
(1 
điểm) 
 Gọi D là giao của AK với đường tròn (I). 
Phương trình đường thẳng AK là: 
x+3y-5=0 
Ta có 
1
( )
2
KBD ABC BAC BKD  
Nên tam giác KBD cân tại D
 K I
D
C
B
A
0,25 
Gọi D(5-3a,a) thuộc AK. Vì D khác A nên 2a  .Ta có
2 2 2 2 2 23 3(5 3 ) ( 2) ( 1 ) (2 2)
2 2
ID IA a a          
2( )
1
2
a l
a


 
 
Suy ra 
7 1
;
2 2
D
 
 
 
0,25 
Gọi B(x;y) (x>3)ta có hệ 
2 2
2 2
2 2
2 2
3 25
( ) ( 2)
3 4 02 4
7 1 5 7 10 0
( ) ( )
2 2 2
x y
IB IA x y x y
DB DK x y x y
x y

          
   
          

0,25 
2 2 4; 2( )3 4 0
5 5
; ( )4 3 10 0
8 2
x y tm
x y x y
x y lx y
 
      
     

Vậy B(4;2) 
0,25 
8 
(1điểm) 
 3 3x x 2 2 3x 2    
3 3x 3x 2 2 3x 2 2x     
0,25 
 
3
3
22 3 3
3x 2 x
x 3x 2 2
x x 3x 2 3x 2
 
  
   
 
3
22 3 3
2
(x 3x 2) 1 0
x x 3x 2 3x 2
 
    
     
0,25 
Chứng minh 
 
22 3 3
2
1 0
x x 3x 2 3x 2
 
  
     
 0,25 
Suy ra bất phương trình 
3
x 1
(x 3x 2) 0
x 2

       
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là    ; 2 1   
0,25 
 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 
9 
(1điểm) 
Giả sử x =min {x,y,z} suy ra 
1
[0; ]
2
x 
Ta có 
3 3 3 2 2 23 ( )( )x y z xyz x y z x y z xy yz zx           
3 3 3 23 ( ) ( ) 3( )x y z xyz x y z x y z xy yz zx              
27 9( )
3
8 2
xy yz zx
xyz
 
   
0,25 
Ta 
có
3 3 3 2 2 2 2 2 2 27 93 ( )
8 2
P x y z x y z x y z xyz xy yz zx         
21 1 13 27 9 215 9 9 13( ) ( ) ( )
8 64 4 8 2 64 2 2 4
xyz xyz xy yz zx xy zx yz x
 
             
 
0,25 
Vì 
2
1 9 13 9 13 9 13
[0; ] 0
2 2 4 2 4 2 2 4
y z
x x yz x x
     
             
     
Suy ra 
2
215 9 3 1 3 9 13
( )
64 2 2 4 2 2 4
P x x x x
   
        
   
0,25 
Xét 
2
215 9 3 1 3 9 13 1
( ) ( ) , 0;
64 2 2 4 2 2 4 2
f x x x x x x
     
           
     
Hàm số f(x) nghịch biến trên 
1 1 25
0; ( ) ( )
2 2 64
f x f
 
   
 
Vậy GTLN của P bằng 
25
64
đạt khi x = y = z =
1
2
0,25 
Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa