Đề khảo sát thpt quốc gia lần 1 năm học 2015 - 2016 môn thi: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GD&ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 
ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 1 
 NĂM HỌC 2015-2016 
Môn thi: Toán 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1(2,5 điểm). 
1. Cho hàm số : )(
1
32 C
x
xy


 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1. 
2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 23 9 1y x x x    trên đoạn [- 2; 2]. 
Câu 2 (0,5 điểm). Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x 
Câu 3 (1,5 điểm). 
a) Giải phương trình: 2 15 24.5 1 0x x   
b) Tìm hàm số f(x) biết f’(x)= 
12
344 2


x
xx và f(0) = 1. 
Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đỉnh A 
trùng với gốc toạ độ O, đỉnh B(1;1;0), D( 1;-1;0). Tìm tọa độ đỉnh A’ biết A’ có cao độ dương và 
viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. 
Câu 5 (0,5 điểm). Trường trung học phổ thông Thuận Thành số 1 có tổ Toán gồm 15 giáo viên 
trong đó có 8 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ; Tổ Lý gồm 12 giáo viên trong đó có 5 giáo viên nam, 
7 giáo viên nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ 2 giáo viên đi dự tập huấn chuyên đề dạy học tích hợp. 
Tính xác suất sao cho trong các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a , 2AD a , 
( )SA ABCD . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng 
(SBM) với M là trung điểm của CD biết góc giữa SC và mặt phẳng chứa đáy là  với 
5
1tan  
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường phân giác hạ từ 
đỉnh A là D(1;-1). Phương trình tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương 
trình x + 2y – 7 =0.Giả sử điểm M 




 
5
1;
5
13
là trung điểm của BD. Tìm tọa độ các điểm A,C biết A 
có tung độ dương. 
Câu 8 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau 






221222564
321422
2
22
xyxyxyyxx
yyxxx
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 1ab  ;   3c a b c   . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 6ln( 2 )
1 1
b c a cP a b c
a b
 
    
 
. 
----------------- Hết ----------------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm! 
Họ và tên thí sinh......................................................................Số báo danh....................... 
ww
w.
M
AT
HV
N.
co
m
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I, NĂM 2015-2016 
Môn thi: Toán 12 
Câu Ý Nội dung Điểm 
1.Cho hàm số : )(
1
32 C
x
xy


 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 1,0 
 TXĐ:  1\ R 
1,0
)1(
5' 2 
 x
x
y 
Hàm số đồng biến trên các khoảng );1()1;(  va 
Hàm số không có cực trị 
0,25 
 

2lim y
x
đồ thị có tiệm cận ngang y = 2 


y
x 1
lim 

y
x 1
lim; đồ thị có tiệm cận đứng x = -1 
0,25 
 - Bảng biến thiên. 
 X  -1  
 ' + + 
Y  2 
 2  
0,25 
 * Đồ thị: 0,25 
b) 
0,75 
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1 
Với 41321  xxxy ; 
5
1)4(' y 
0,5 
Câu 1 
(2,5 
điểm) 
Phương trình tiếp tuyến tại điểm )1;4(A là: 
5
1
5
11)4(
5
1
 xyxy 
0,25 
Tìm GTLN, GTNN của hàm số 3 23 9 1y x x x    trên đoạn  2;2 
 Xét trên đoạn  2;2 ta có: f’(x) = 3x2 + 6x -9 
0,25 
2. (0,75 
điểm) 
f’(x) = 0 
3 ( )
1
x l
x
 
  
0,25 
ww
w.
M
AT
HV
N.
co
m
 Ta có: f(-2) = 23, f(1) = - 4 , f(2) = 3 
 Vậy: 
 2;2
f( ) ( 2) 23max x f

   , 
 2;2
f( ) (1) 4min x f

   
0,25 
Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x 
 Phương trình tương đương: 
 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0 
 (2 – cosx) ( 2sinx -1) = 0 
0,25 
Câu 2 
(0,5 
điểm) 

2 0( )
1
2
cosx VN
sinx
 

 

 )(
2
6
5
2
6 zk
kx
kx













0,25 
1,5 
Ta có: 2 15 24.5 1 0x x   2 245 .5 1 0
5
x x    
Đặt t = 5x , ( t > 0) 
0,25 
Phương trình trở thành: 2 24 . 1 0
5
t t   
5
1 ( )
5
t
t l


  

0.25 
a) 
Với 5t  ta có x =1. 
 Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 
0,25 
 Ta 
có )(xf 12
344 2


x
xx dx= cxxxdx
x
x 






 12ln12
212 2 
0,5 
Câu 3 
(1,5 
điểm) 
b) 
 Mà f(0)=1 112ln)(1 2  xxxxfc 
0.25 
 Ta có: AB = 2 
Gọi A’(x;y;z), Vì ABCD.A’BC’D’là hình lập phương ta có 0.';0.'  ADAÂABAÂ 
0,25 
Và AA’= 2 nên ta có hệ )2;0;0('
2
0
0
222
A
zyx
yx
yx









 Do A’ có tung độ dương 
0,25 
Câu4 
(1điểm) 
Lại có đường kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là AC’ mà 
  






2
1;0;12;0;2''' ICAÂADABAC là trung điểm của AC’ và bán kính 
mặt cầu là R = AI=
2
6 
0,25 
ww
w.
M
AT
HV
N.
co
m
Phương trình mặt cầu là:  
2
3
2
11
2
22 





 zyx 
0,25 
 Số phần tử của của không gian mẫu: 212215)( CCn  
Gọi A là biến cố: “Các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ” 
n(A)= 1517171827252728 CCCCCCCC  
0,25 
Câu 5 
(0,5 
điểm) 
 P(A) = 
)(
)(
n
An
495
197 
0,25 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a , 2AD a , 
( )SA ABCD và SA a . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng 
cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD. 
1,00 
Ta có hình chiếu của SC trên mặt phẳng đáy là AC vậy góc SCA là góc giữa SC và mặt 
phẳng đáy aACSA  tan 
0,25 
Ta có SABCD  AB.AD  2a
2 
Do đó: 
VS .ABCD 
1
3
.SA.SABCD 
2a3
3
(dvtt) 
0,25 
Ta có d(D,(SBM)=d(C,(SBM)= 1/2 
d(A,(SBM)) 
Dựng AN  BM ( N thuộc BM) và AH  SN 
(H thuộc SN) 
Ta có: BMAN, BMSA suy ra: BMAH. 
Và AHBM, AHSN suy ra: AH  (SBM). 
Do đó d(A,(SBM))=AH 
0,25 
Câu 6 
(1,0 
điểm) 
Ta có: 
2
2 21 2 42 ; .
2 17ABM ABCD ADM ABM
a aS S S a S AN BM a AN
BM
        
Trong tam giác vuông SAN có: 2 2 2
1 1 1 4
33
aAH
AH AN SA
    
Suy ra   2d(D, SBM
33
a
 
0,25 
1,00 
Gọi E là giao cuả tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với 
BC, PT BC: x-2y-3=0E(5;1) và chứng minh được ED =EA 
0,25 
Từ A(7-2a;a) d x+2y-7=0. Từ EA=ED ta có (2-2a)2+(a-1)2=20 )3;1(A ( do 
tung độ A dương) 
0,25 
M là trung điểm của BD 




 





5
12;
5
16
5
3;
5
21 ABB 
0,25 
Câu 7 
(1,0 
điểm) 
Gọi C(2c+3;c) ta có      9;15;cos;cos  CADACADAB 
( Học sinh có thể sử dụng phương tích 2. EAECEB  ) 
0,25 
Giải hệ phương trình sau 
1,00 
ww
w.
M
AT
HV
N.
co
m
ĐK: 2;( 2)( 1) 0y x y     
Phương trình (1) 323)1(2 22  yyxx 
Xét hàm f(t) = 10)(',
3
21)('32
2
2 

 ttfRt
t
ttfcótt 
1,0)(';1,0)('  ttfttf 
0,25 
Từ điều kiện ta có 
-Nếu 1110102  yxhayyx 
mà pt (1) có dạng f(x-1)=f(y) 1 xy 
-Nếu 1110102  yxhayyx 1)1(  xypt 
Vậy ta có y=x-1 thế vào pt (2) ta có: 
0,25 
2
2
14 6 (1 2 ) 5 1 (3) 1
4 6 1 2
xx x x x x
x x x

        
   
 
24 6 1 2 1
1 0 1
(4)x x x x
x x
  
    

  


0,25 
Câu 8 
(1,0 
điểm) 
Kết hợp (3) và (4) ta được 
2
1
2 72 1 2 1 2
24 8 3 0
x
x x x
x x
  
     
   
Thử lại ta có: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: 2 71;
2
x x    . Vậy hệ có 
nghiệm là (x;y) = (-1;-2) và 





 
2
7;
2
72 
( học sinh có thể bình phương để giải pt ẩn x) 
0,25 
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 1ab  ;   3c a b c   . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 6ln( 2 )
1 1
b c a cP a b c
a b
 
    
 
. 
1,00 
 
2 1 2 12 6ln( 2 )
1 1
1 12 1 6ln( 2 )
1 1
a b c a b cP a b c
a b
a b c a b c
a b
     
     
 
           
0,25 
Câu 9 
(1,0 
điểm) 
Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau: 
1 1 2)
1 1 1a b ab
  
  
(1) 
1) (2)
2
abab   
Thật vậy,      1 1 2) 2 1 2 1 11 1 1 a b ab a ba b ab            
   2 1 0a b ab    luôn đúng vì 1ab  . Dầu “=” khi a=b hoặc 
ab=1 
 21) 1 02
abab ab     . Dấu “=” khi ab=1. 
0,25 
ww
w.
M
AT
HV
N.
co
m
Do đó, 1 1 2 2 411 1 31 1
2
aba b abab
   
   
    22
4 4 16
2ab bc ca c a c b c a b c
  
      
. Đặt 2 , 0t a b c t    ta 
có: 
0,25 
 
    
2
2
3 3 3
16 1
2 ( ) 6 ln , 0;
16 2 4 6 86 6 16 32'( )
t
P f t t t
t
t t tt tf t
t t t t

    
   
   
BBT 
t 0 4  
f’(t) - 0 + 
f(t) 
5+6ln4 
Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1. 
0,25 
Chú ý: 
Đây chỉ là hướng dẫn chấm, một số bài học sinh phải giải chi tiết 
Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng. 
ww
w.
M
AT
HV
N.
co
m