Đề kiểm tra năng lực năm học 2015 - 2016 môn: Toán – Lớp 12 đề chính thức thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
PHÚ YÊN 
ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC 
NĂM HỌC 2015-2016 
Môn: TOÁN– LỚP 12 
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Câu 1.(1,00 điểm) 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 4 22 1y x x   . 
Câu 2.(1,00 điểm) 
 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) lnf x x x  trên đoạn 
1
;e
e
 
  
. 
Câu 3.(1,00 điểm) 
a) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn 1 2 1 21; 3z z z z    . Tính 1 2z z . 
b) Giải phương trình: 22
43
93 

 x
x
. 
Câu 4.(1,00 điểm) Tính tích phân 
4
2
0
1 tan
cos
x
I dx
x


  . 
Câu 5.(1,00 điểm) 
 Trong không gian với hệ trục Oxyz cho đường thẳng
2 1 3
( ) :
1 2 2
x y z  
  

 và mặt 
phẳng (P): x + y – z + 5 = 0. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng ( ) với mặt phẳng (P). 
Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa ( ) và vuông góc với mặt phẳng (P). 
Câu 6.(1,00 điểm) 
 a) Cho 
3
tan
2
  . Tính A = 
2
2
1 sin
osc



. 
 b) Một tổ học sinh có 5 em nữ và 8 em nam được xếp thành một hàng dọc. Tính xác suất 
để không có hai em nữ nào đứng cạnh nhau. 
Câu 7.(1,00 điểm) 
 Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,    060SAB SAD BAD   và 
cạnh bên SA = a. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng 
SD và AB. 
Câu 8.(1,00 điểm) 
 Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của BC, phương trình 
đường thẳng DM: x – y – 2 = 0, đỉnh C(3;-3), đỉnh A nằm trên đường thẳng (d): 3x + y – 2 = 0. 
 Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông. 
Câu 9.(1,00 điểm) 
 Giải hệ phương trình: 
   
      
2 2
2 2
2 2 6
1 2 7 1 1
y x x x y
y x x x y
    

     
. 
Câu 10.(1,00 điểm) 
 Cho các số dương , ,x y z thoả mãn 3x y z   . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2 2
2 2 2
.
x y z
P
x y y z z x
  
  
----------HẾT----------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
PHÚ YÊN 
ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC 
NĂM HỌC 2015-2016 
Môn: TOÁN– LỚP 12 
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI 
(Gồm có 06 trang) 
------- 
I. Hướng dẫn chung 
1. Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm 
từng phần như hướng dẫn quy định. 
2. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm 
không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm. 
3. Điểm toàn bài kiểm tra không làm tròn số. 
II. Đáp án và thang điểm 
CÂU ĐÁP ÁN Điểm 
Câu 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 4 2 - 2 -1y x x 1,00đ 
+ Tập xác định: D  
+ 3' 4 - 4y x x ; 









1
1
0
0'
x
x
x
y . 
0,25 đ 
+ Hàm số tăng trên  0;1 và  1; , 
 giảm trên khoảng  1; và (0;1); 
+ Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = -1, 
 đạt cực tiểu tại x = 1 ; yCT = - 2, 
+ 

y
x
lim ; 

y
x
lim . 
0,25 đ 
+ Bảng biến thiên: 
x  -1 0 1  
y '
 - 0 + 0 - 0 + 
y 
+ -1  
 - 2 -2 
0,25 đ
Đồ thị: 
Đồ thị hàm số đi qua các điểm: (-2;7), (2;7) 
O 
0,25 đ 
Câu 2 Tìm GTLN và GTNN của hàm số
1
( ) ln , ;f x x x x e
e
 
     
 1,00đ 
Ta có: 
1 1
'( ) 1
x
f x
x x

   0,25 đ 
Ta có: '
1
( ) 0 1 ;f x x e
e
 
     
 0,25 đ 
Tính  
1 1
1; 1 1; ( ) 1f f f e e
e e
 
     
 
 0,25 đ 
Hàm số liên tục trên đoạn 
1
;e
e
 
  
. 
Vậy: 
1
;
max ( ) 1
e
e
f x e
 
 
 
  , khi x e ; 
1
;
min ( ) 1
e
e
f x
 
 
 
 , khi x = 1. 
0,25 đ 
Câu 3 1,00 đ 
 a) Cho hai số phức z1 , z2: 1 2 1 21; 3z z z z    . Tính 1 2z z . 0,50 đ 
Ta có: 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 ; z (a , , , )z a b i a b i a b b     
   
2 2 2 2
1 2 1 1 2 2
2 2
1 2 1 2 1 2
1 1
3 3
z z a b a b
z z a a b b
       
 
       
0,25 đ 
      
2 2
1 1 2 2 1 2 1 22 1 1a b a b a a b b        . 
Vậy: 1 2 1z z  . 
0,25 đ 
b) Giải phương trình: 22
43
93 

 x
x
 0,50 đ 
Phương trình: )22(2432243 3393 
  x
xxx 
 4443  xx ( 1x ) 
0,25 đ 
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
y
O
Câu 6 1,00 đ 
 a) Cho 
3
tan
2
  . Tính A = 
2
2
1 sin
osc



 0,50 đ 
Ta có A = 2
2
1
tan
osc


 0,25 đ 
0 (Loai)
3 4 4 4
8
3 4 4 4
7
x
x x
x x x

         

. 
Vậy nghiệm của phương trình là x = 
7
8
. 
0,25 đ 
Câu 4 Tính tích phân 
4
2
0
1 tan
cos
x
I dx
x


  . 1,00 đ 
Ta có: I = 
4 4 4
2 2 2
0 0 0
1 tan 1 tan
cos cos cos
x x
dx dx dx
x x x
  

    0,25 đ 
4
4
2 0
0
1
tan tan tan 0 1
cos 4
dx x
x

 
    0,25 đ 
4 4 4
2 2 2
2
00 0
tan 1 1 1
tan (tan ) tan tan tan 0
cos 2 2 4 2
x
dx xd x x
x
  
 
     
 
  0,25 đ 
Vậy
1 3
1
2 2
I    . 0,25 đ 
Câu 5 1,00 đ 
 - Tìm giao điểm đường thẳng ( ) với mặt phẳng (P): 0,50 đ 
( ): 
2
2 1 3
1 2
1 2 2
3 2
x t
x y z
y t
z t
 
   
     
    
 0,25 đ 
Thay vào (P) ta được: -3t + 9 = 0 3t  . Vậy: A(5; -7; 3). 
0,25 đ 
- Viết phương trình mp(Q) chứa ( ) và vuông góc mp(P): 0,50 đ 
Với (1; 2;2)u  

 và  1;1; 1Pn  

. 
Ta có:    ; 0;3;3 0;1;1P Qu n n     
  
 là véc tơ pháp tuyến của (Q). 
0,25 đ 
(Q) qua A có phương trình: 0(x – 5) + 1.(y + 7) + 1.(z – 3) = 0 
 Vậy (Q): 4 0y z   . 
0,25 đ 
 = 
2
2 3 111 2 tan 1 2 .
2 2

 
    
 
 0,25 đ 
b) 0,50 đ 
Không gian mẫu có 13 13!P   cách xếp một hàng dọc. 
Số cách xếp 8 bạn nam vào hàng là 8 8!P  
0,25 đ 
 Số cách xếp 5 bạn nữ vào 9 vị trí xen kẽ: 
!4
!95
9 A 
9!
8!.
4!
A   
Vậy
9!.8! 14
4!.13! 143
AP   . 
0,25 đ 
Câu 7 1,00 đ 
Theo giả thiết: , ,ABD SAB SAD   là các tam giác đều 
SA SB SD   = AB = BD = DA = a 
SABD là hình tứ diện đều, hình chiếu H là trọng tâm tam giác ABD 
2 2 3 3
3 3 2 3
a a
AH AO   2 2
2
3
SH SA AH a    . 
0,25 đ 
Ta lại có: AC = 2AO =
21 1 3
3 . . 3.
2 2 2
ABCD
a
a S AC BD a a    
Vậy: VS.ABCD = 
31 2
.
3 6
ABCD
a
SH S  (đvtt). 
0,25 đ 
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SD và AB. 
Do SABD là tứ diện đều nên MN là đường cao của ; .MAB NSD  
Vậy, MN là đoạn vuông góc chung của SD và AB. 
0,25 đ 
Ta có 
2 2
2 2 3 2 .
4 4 2
a a a
MN AM AN     
Vậy 
2
( , )
2
a
d SD AB  . 
0,25 đ 
Câu 8 1,00 đ 
a
a
A
D
B
C
ON
H
S
M
Câu 9 
Giải hệ phương trình: 
   
      
2 2
2 2
2 2 6
1 2 7 1 1
y x x x y
y x x x y
    

     
 1,00 đ 
Đặt: 
1a x
b y
 


, hệ pt trở thành 
    
    
2 2
2 2
1 1 6
1 6 1
b a a b
b a a b
    

   
    
    
2 2
2 2
1 6 1 (1)
1 6 1 (2)
a b b a
b a a b
    
 
   
Trừ vế theo vế (1) và (2):   2 7 0
2 7 0
a b
a b a b ab
a b ab

          
. 
0,25 đ 
+Trường hợp 1: a = b . Thay vào phương trình (1) ta được: 
    2 2 2
2 1
1 6 1 5 6 0
3 2
a x
a a a a a a
a x
  
            
Suy ra hệ có hai nghiệm (1;2) , (2;3). 
0,25 đ 
+Trường hợp 2: a + b – 2ab + 7 = 0. 
Cộng vế theo vế hai phương trình (1) và (2) rút gọn ta được: 
2 2
5 5 1
2 2 2
a b
   
      
   
Ta có hệ phương trình đối xứng loại I: 2 2
2 7 0
5 5 1
2 2 2
a b ab
a b
   

   
      
   
0,25 đ 
Giải hệ ta có các nghiệm: 
2 3
;
3 2
a a
b b
  
 
  
Từ đó các nghiệm (x;y) là: (2; 2); (1;3). 
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là: (1;2), (2; 2); (2;3), (1;3). 
0,25 đ 
 Giả sử  ;2 3A t t d  . 
Từ giả thiết bài toán suy ra: 
 , 2 ( , )d A DM d C DM 
34 4 2.4
12 2
tt
t
 
     
 (3; 7) ( 1;5)A A    . 
0,25 đ 
Mặt khác, A và C nằm về hai phía đối với DM nên chỉ có A(-1;5) thỏa mãn. 0,25 đ 
Gọi    ( ; 2) 1; 7 , 3; 1 .D m m DM AD m m CD m m        
 
ABCD là hình vuông nên 
     
       
2 2 2 2
1 3 7 1 0. 0
5
1 7 3 1
m m m mDA DC
m
DA DC m m m m
        
   
        

. 
0,25 đ 
Suy ra D(5;3); ( 3; 1).AB DC B   
 
Vậy:      1;5 , 3; 1 , 5;3 .A B D   
0,25 đ 
Câu 10 Cho , , 0,x y z  3x y z   . Tìm GTNN của 
2 2 2
2 2 2
.
x y z
P
x y y z z x
  
  
 1,00 đ 
Ta có 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z xy yz zx
P x y z
x y y z z x x y y z z x
     
             
          
2 2 2
2 2 2
xy yz zx
P x y z
x y y z z x
 
       
   
 . 
0,25 đ 
Lại có: 
2 2
2
2
1
2
2 2 2 42
xy xy y x y x xy y
x y y x
x y y x
 
      

Tương tự: 
2 2
2 2
;
2 4 2 4
z yyz yz z zx x z xz x
y z z x
 
   
 
0,25 đ 
4
3 1 9 1
( ) ( ) ( ).
4 4 4 4
x y z xy yz xz
P x y z
P x y z xy yz zx xy yz zx
    
    
          
 0,25 đ 
Để ý: 2 2 2 2( ) 2( ) 3( )x y z x y z xy yz zx xy yz zx          
9 1 3
3 .3 .
4 4 2
xy yz zx P        
Dấu “=” xảy ra 
2 2 2; ;
1
1; 1; 1
1.
1
3
x y y z z x
x
x y z
y
x y x
z
x y z
   

   
   
      
 Vậy GTNN của P là 3/2 khi x = y = z =1.
0,25 đ