Đề thi khảo sát chất lượng lần 1 năm học 2015 - 2016 môn: Toán, khối: 12 thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 NĂM HỌC 2015 - 2016 
Môn: Toán, Khối: 12 
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) 
Đề thi gồm: 01 trang 
Câu 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số:
1
3
x
y
x



Câu 2. (1,0 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số 3 2 23 4 2y x mx m    có hai điểm cực trị A và B sao cho 
điểm I (1; 0) là trung điểm của đoạn AB. 
Câu 3. (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 2( ) 3 9 3f x x x x    trên đoạn 
 2;2 . 
Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 
2 1 2 1x x x    . 
Câu 5. (1 điểm) Giải phương trình:   1 2cos cos sin cos2x x x x   . 
Câu 6. (1,0 điểm) 
a) Tìm hệ số x3 trong khai triển 
12
2 2







x
x ;( 0x ). 
b) Cho đa giác đều có 12 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong 12 đỉnh của đa giác, tính xác suất để 3 
đỉnh được chọn tạo thành một tam giác đều. 
Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Các cạnh 
2 ,AB BC a  ,AD a tam giác SBC đều, mặt phẳng ( )SBC vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD . 
Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và DC . 
Câu 8. (1,0 điểm) Giải phương trình:    24 1 3 5 2 0x x x x     . 
Câu 9. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh  1; 1A   ; đường 
tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình:    
2 2
3 2 25x y    . Viết phương trình đường thẳng 
BC , biết  1;1I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . 
Câu 10. (1,0 điểm) Cho ,a b là các số thực không âm thỏa mãn: 2 22( ) ( ) 6a b a b    . Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2
2 2 2
1 1
6
( ) 5
a b a b
P
a a b b a b
   
   
    
. 
____________________ 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 
1/7 
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 NĂM HỌC 2015 - 2016 
 Môn: Toán, Khối: 12 
Hướng dẫn chấm gồm: 07 trang 
I. LƯU Ý CHUNG. 
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. 
Khi chấm nếu HS bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. 
- Nếu HS giải cách khác, giám khảo căn cứ vào các ý trong đáp án để cho điểm. 
- Trong bài làm, nếu ở bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được 
điểm. HS được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. 
- Trong lời giải câu 7, nếu HS vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không cho điểm. 
II. ĐÁP ÁN. 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số:
1
3
x
y
x



1,0 
 TXĐ : D = R \ {3} 
Ta có : 
2
4
'
(3 x)
y 

 ; y’ > 0 với mọi x ≠ 3 
Vậy hàm số luôn đồng biến trên các khoảng (-∞; 3) và (3; +∞) 
0.25 
Hàm số không có cực trị 
Ta có: limy limy 1 : 1
x x
TCN y
 
      
3
3
lim
lim
x
x
y
y




 


 
 TCĐ: x = 3 
0.25 
BBT: 
x -∞ 3 +∞ 
y’ + + 
y +∞ -1 
-1 -∞ 
0.25 
Đồ thị: +) Đồ thị hàm số cắt Ox tại (-1; 0); cắt Oy tại 
1
0;
3
 
 
 
2/7 
f(x)=(x+1)/(3-x)
f(x)=-1
x(t)=3, y(t)=t
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
x
y
NX: Đồ thị nhân giao hai đường tiệm cận I(3;-1) làm tâm đối xứng. 
0.25 
Câu 2 (1,0 điểm)Tìm m để đồ thị hàm số 3 2 23 4 2y x mx m    có hai điểm cực trị A và B sao cho điểm 
I (1; 0) là trung điểm của đoạn AB. 
Ta có 2' 3 6 .y x mx  ; 
2
0
' 0 3 6 0
2 .
x
y x mx
x m

      
Đồ thị hàm số (1) có hai cực trị khi và chỉ khi ' 0y  có hai nghiệm phân biệt 
0m  . 
0.25 
Tọa độ các điểm cực trị là 2 3 2(0;4 2), (2 ; 4 4 2)A m B m m m    . 0.25 
Điểm I (1; 0) là trung điểm của đoạn AB khi và chỉ khi 
3 2
1
2 4 2 0
m
m m


   
0.25 
Giải hệ, ta được 1m  . Vậy 1m  là giá trị cần tìm. 0.25 
3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 2( ) 3 9 3f x x x x    trên đoạn. 
 2;2 
1,0 
Hàm số  y f x liên tục trên đoạn  2;2 
Ta có f’(x) = 3x2 + 6x – 9 
0.25 
f’(x) = 0  3x2 + 6x – 9 = 0 
1 [-2;2]
3 [-2;2]
x
x
 
    
0.25 
Ta có: f(-2) = 25; f(2) = 5; f(1) = - 2 0.25 
Do đó: 
   2;2 2;2
( ) ( 2) 25; ( ) (1) 2Max f x f Min f x f
 
      0.25 
4 
Giải bất phương trình: 
2 1 2 1x x x    1,0 điểm 
3/7 
TXĐ : R. BPT 
2 2
2 1 0
1 (2 1)
x
x x x
 
 
   
0.25 
2
1
2
3 5 0
x
x x


 
  
0.25 
1
2
5
( ;0) ;
3
x
x


 
      
  
0.25 
5
3
x  KL: Vậy bất phương trình có tập nghiệm là 
5
;
3
 
 
 
. 
0.25 
5 Giải phương trình :   1 2cos cos sin cos2x x x x   
1,0điểm 
Pt đã cho     2 21 2cos cos sin cos sinx x x x x     0.25 
  cos sin sin cos 1 0x x x x     0.25 

2 sin 0
sin cos 0 4
sin cos 1
2 sin 1
4
x
x x
x x
x


  
          
   
 
4 4
2 2
4 4 2
3 2
2
4 4
x k x k
x k x k
x k
x k
 
 
  
 
   

 
    
 
       
 
 
 
   
  
0.25 
Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm: 
 , 2 , 2 ,( )
4 2
x k x k x k k      
 
    . 
0.25 
6 
a) Tìm hệ số x3 trong khai triển 
12
2 2







x
x 
0,5 
Theo CT nhị thức NewTon: 








12
0
324
12
12
2 2
2
k
kkk xC
x
x 
0.25 
4/7 
 hệ số x3: 73324  kk 
Vậy hệ số x3
77
12 2C =101376 
0.25 
b) Cho đa giác đều có 12 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong 12 đỉnh của đa 
giác, tính xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác đều. 
0,5 
Số cách chọn 3 đỉnh bất kì 3
12 220C . 0.25 
Để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác đều thì các đỉnh đó phải nằm ở các vị trí 
cách đều nhau, nên số cách chọn ra được một tam giác đều là 
12
4
3
 . 
Vậy xác suất cần tính 
4
220 55

 P . 
0.25 
7 Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Các 
cạnh 2 ,AB BC a  ,AD a tam giác SBC đều, mặt phẳng ( )SBC vuông góc 
với mặt phẳng ( )ABCD . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng 
cách giữa hai đường thẳng SA và DC . 
1,0 
- Gọi E là trung điểm BC , ABC đều 
 SE BC  (1) 
 Giả thiết ( ) ( )SBC ABCD (2) 
Từ (1) và (2) suy ra ( )SE ABCD 
- Có: 3;SE a 
21 ( ) 3
2
ABCDS AB AD BC a   
0.25 
2 3
.
1 1
. . 3.3 3.
3 3
S ABCD ABCDV SE S a a a    (đvtt) 
0.25 
- Ta có: / / ,EC AD EC AD a AECD   là hình bình hành 
/ / / / ( )AE DC DC mp SAE  ( , ) ( ,( )) ( ,( ))d DC AS d DC SAE d D SAE   
- Tam giác ADE vuông tại D và ; 2AD a DE AB a   . 
- Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên AE DH AE  
 Lại có SE DH , từ đó suy ra ( )DH SAE ( ,( ))d D SAE DH  
0.25 
- Có : 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5 2 5
4 4 5
a
DH
DH AD DE a a a
       
0.25 
5/7 
Vậy 
2 5
( , )
5
a
d DC AS DH  . 
8 Giải phương trình:    24 1 3 5 2 0x x x x     . 1.0 
Điều kiện: x 
5
2
. pt xxxx 25)3(2)14(2 2  
0.25 
    1)25((251)2(2 22  xxxx 
Đặt u = 2x, v = 5 2x (v  0). 
 Phương trình (*) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 + 1) (2) 
0.25 
Xét hàm số f(t) = t(t2 + 1)  f /(t) = 3t2 + 1 > 0,  t. 
Do đó f(t) đồng biến trên R, nên (1)  f(u) = f(v)  u = v 
0.25 
Từ đó, PT đã cho  2x = 5 2x  
4
211
;
4
211
254 2



 xxxx (thỏa mãn điều kiện) 
 Vậy nghiệm của phương trình là 
4
211
;
4
211 


 xx 
0.25 
9 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh  1; 1A   ; 
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình:    
2 2
3 2 25x y    . 
Viết phương trình đường thẳng BC , biết  1;1I là tâm đường tròn nội tiếp tam 
giác ABC . 
1.0 
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm 
 K 3;2 bán kính là R 5 ; : 0AI x y  
0.25 
Gọi 'A là giao điểm thứ hai của AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 
 Tọa độ 'A là nghiệm của hệ 
   
2 2
13 2 25
60
x yx y
x yx y
      
     
  ' ' 6;6A A A  
0.25 
 Ta có: ' ' (*)A B A C 
K
A
I
B
C
A'
6/7 
Mặt khác ta có ABI IBC ' ' 'BIA ABI BAI IBC A BC IBA      
 Tam giác 'BA I cân tại 'A ' ' (**)A B A I  
Từ    * , ** ta có ' ' 'A B A C A I  
0.25 
Do đó , ,B I C thuộc đường tròn tâm 'A bán kính ' 50A I  
 Đường tròn tâm 'A bán kính 'A I có phương trình là :    
2 2
6 6 50x y    
 Tọa độ B, C là nghiệm của hệ 
     
     
2 2
2 2
3 2 25 1
6 6 50 2
x y
x y
    

   
Lấy  1 trừ  2 ta được  6 8 34 0 3 4 17 0 3x y x y       
Tọa độ ,B C thỏa mãn  3 nên phương trình đường thẳng BC là 3 4 17 0x y   . 
0.25 
10 Cho ,a b là các số thực không âm thỏa mãn: 2 22( ) ( ) 6a b a b    . Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2
2 2 2
1 1
6
( ) 5
a b a b
P
a a b b a b
   
   
    
1,0 
 - Theo BĐT Côsi: 2 2 22( ) ( )a b a b   . 
 Từ giả thiết, suy ra: 2( ) ( ) 6 0 ( 2)( 3) 0a b a b a b a b           
 0 2a b    ( Do , 0a b  ) 
- Ta chứng minh: 
2
2
2( 1)
3
a
a
a a

 

. (*) 
 Thật vậy: 2 2 2(*) 2( 1) ( )(3 ) ( 1) ( 2) 0a a a a a a         (luôn đúng) 
 Dấu " " 1a   . 
0.25 
- Tương tự có: 
2
2
2( 1)
3
b
b
b b

 

. Dấu " " 1b   . 
2
3(6 )
( ) 5
a b
P a b
a b

    
 
. Đặt 0 2t a b t     . 
- Khi đó: 
2
3 18
5
t
P t
t
   

, (0;2]t . (1) 
0.25 
- Xét hàm 
2
( ) 3 18, (0;2]
5
t
f t t t
t
    

. 
2 3
5
'( ) 3 0, (0;2] ( )
( 5)
f t t f t
t
      

 nghịch biến trên (0;2] . 
0.25 
7/7 
38
( ) (2) ;
3
f t f   Dấu " " 2t   (2) 
Từ (1) và (2), suy ra: 
38
.
3
P  Dấu " " 1
2
a b
a b
a b

    
 
. 
Vậy 
min
38
3
P  khi 1a b  . 
0.25 
_________________________HẾT______________________________ 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) chia sẻ đến