Đề thi khảo sát chất lượng lớp 12 lần 3 năm học 2015 - 2016 môn: Toán (thời gian làm bài: 180 phút)

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 2 ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 3 
 NĂM HỌC 2015 - 2016 
 Môn: Toán (Thời gian làm bài: 180 phút) 
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số 2x 1y 
x 1



(C) 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C); 
b. Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng của đồ thị (C) bằng khoảng 
cách từ M đến trục Ox. 
Câu 2. (1 điểm) 
a. Giải phương trình: 3 sin 2 cos 2 4sin 1x x x   . 
b. Giải bất phương trình: 3 32log ( 1) log (2 1) 2x x    . 
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân:  
6
1
2 3dxxxI 
Câu 4. (1 điểm) 
a) Cho số phức z thỏa mãn: 2 8 .z z i   Tìm số phức liên hợp của z. 
b) Đội văn nghệ khối 11 của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 11A1 , 3 học sinh lớp 11A2 và 2 
học sinh lớp 11A5. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ kỷ niệm 
ngày thành lập Đoàn thanh niên cộng sản Hồ Chí Minh 26/3. Tính xác suất sao cho lớp nào 
cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 11A1. 
Câu 5. (1 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 1 0P x y z    
và hai điểm    2; 0; 0 , 3; 1;2A B  . Viết phương trình mặt cầu  S tâm I thuộc mặt phẳng  P và đi 
qua các điểm ,A B , O (với O là gốc toạ độ ). 
Câu 6. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung điểm AB, 
H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa 
(SAB) và (ABCD) bằng 060 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng 
SA và IC. 
Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) có phương 
trình là 2 2( ) : ( 2) ( 3) 26C x y    , 81;
3
G   
 
 là trọng tâm tam giác và (7; 2)M nằm trên đường thẳng 
đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC, M khác A. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết 
tung độ của điểm B lớn hơn tung độ của điểm C. 
Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
3 3 2 2 2
1 2 1 2 (1)
2 2 3 3 (2)
y x x x
x y x y xy x y
       

    
Câu 9. (1 điểm) Cho a, b,c là các số thực dương thỏa mãn : 222 21 aabccb  . 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 
1
12
)1(
411
222 





a
a
cabc
ac
bca
P 
 ---------------------------------------------- Hết ----------------------------------------------- 
Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: ......................... 
 1 
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 2 ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 3 
 NĂM HỌC 2015 - 2016 
 Môn: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút. 
Câu Nội dung Điểm 
- Tập xác định  D R \ 1 
- Sự biến thiên 
 2
3y ' 0
x 1

 

 với x D  0,25 
+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng    ;1 , 1;  
+ Hàm số không có cực trị 
0,25 
+  
x
lim y x 2

 , suy ra y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị 
   
x 1 x 1
lim y x , lim y x
  
    , suy ra x 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị 
+ Bảng biến thiên 
x -  1 +  
y’(x) - - 
y 
2 
 - 
+  
 2 
0,25 
Câu 1 
1.0 điểm 
- Đồ thị + Đồ thị hàm số đi qua các điểm 
       0; 1 , 2;1 , 4;3 , 2;5  
Nhận xét: Đồ thị nhận điểm  I 1;2 làm tâm đối xứng. 
0,25 
Gọi  0 0M x ; y ,  0x 1 , 00
0
2x 1y
x 1



, Ta có 
   1 0 0d M, d M,Ox x 1 y     
0,25 
 200 0 0
0
2x 1x 1 x 1 2x 1
x 1

      

 0,25 
Với 0
1x
2

 , ta có : 020 0 0
0
x 0
x 2x 1 2x 1
x 4

      
. Suy ra    M 0; 1 , M 4;3 0,25 
Câu 1b 
1.0 điểm 
Với 0
1x
2

 , ta có pt 2 20 0 0 0x 2x 1 2x 1 x 2 0        (vô nghiệm) . 
Vậy    M 0; 1 ,M 4;3 
0,25 
6
4
2
2
5 5
1
3
y
x
5
-2
-1
421
O
 2 
 2
3 sin 2 cos 2 4 sin 1 2 3 sin cos 1 cos 2 4 sin 0
2 3 sin cos 2 sin 4 sin 0 2 sin 3 cos sin 2 0
x x x x x x x
x x x x x x x
       
        0,25 
Câu 2 a. 
0.5 điểm 
sin 0sin 0
, .
sin 1 23 cos sin 2 3 6
x x kx
k
x x kx x

 

                  
 0,25 
ĐK: x > 1 , 3 32log ( 1) log (2 1) 2x x    3log [( 1)(2 1)] 1x x    0,25 
Câu 2b. 
0.5 điểm 22 3 2 0x x     1 2
2
x   
Đối chiếu điều kiện suy ra bpt có tập nghiệm S = (1;2] 
0,25 
Đặt 2 2 2t x 3 t x 3 2tdt 2xdx xdx tdt         . 
Đổi cận 21  tx 
 36  tx 
0,5 
Câu 3 
1,0 điểm 
 Suy ra 3
19)23(
3
1
3
333
2
3
2
3
2 |   tdttI 
Vậy 
3
19
I 
0,5 
Gọi số phức z có dạng )1,,(, 2  iRbabiaz . Khi đó thay 
vào 2 8 .z z i   
Ta được 













8
15
2
8
82
22
22
b
a
baa
b
ibibaa 
0,25 
Câu 4.a 
0.5 điểm 
 Suy ra iz 815 
Vậy số phức liên hợp là: iz 815 
0,25 
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là  
Số phần tử của không gian mẫu là: 59 126C  
Gọi A là biến cố “Chọn 5 học sinh từ đội văn nghệ sao cho có học sinh ở cả ba lớp 
và có ít nhất 2 học sinh lớp 11A1 ”. 
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là : 
+ 2 học sinh lớp 11A1, 1 học sinh lớp 11A2, 2 học sinh lớp 11A5 
+ 2 học sinh lớp 11A1, 2 học sinh lớp 11A2, 1 học sinh lớp 11A5 
+ 3 học sinh lớp 11A1, 1 học sinh lớp 11A2, 1 học sinh lớp 11A5 
0,25 
Câu 4.b 
0.5 điểm 
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: 2 1 2 2 2 1 3 1 14 3 2 4 3 2 4 3 2. . . . . . 78C C C C C C C C C   . 
Xác suất cần tìm là 78 13
126 21
P   . 
0,25 
Câu 5 
1,0 điểm 
Giả sử  , ,I x y z . Ta có    2 1 0 1I P x y z      
Do  , ,A B O S IA IB IO    . Suy ra  
2 5
2
1
x y z
x
   
 
Từ (1) và (2) ta có hệ 
2 1 0 1
2 5 2
1 1
x y z x
x y z y
x z
     
 
      
   
 1; 2;1I  
Bán kính mặt cầu (S) là 6R IA  
Vậy phương trình mặt cầu (S) là:      2 2 21 2 1 6x y z      
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 3 
0,25 
0,25 
Câu 6 
1,0 điểm 
*) Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song với CI 
       d SA,CI d CI, SAP d H, SAP   . Dựng HK AP , suy ra    SHK SAP 
Dựng     HF SK HF SPA d H, SPA HF     
Do SHK vuông tại H 2 2 2
1 1 1
HF HK HS
   (1) 
Dựng DM AP , ta thấy DM HK 
2 2 2 2
1 1 1 1
HK DM DP DA
    
Thay vào (1) ta có 
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 4 1 3 8
HF DP DA HS a a a a
       
aHF
2 2
  . 
Vậy   ad SA,CI
2 2
 . 
0,25 
0,25 
* Gọi I là tâm của đường tròn (C), E là trung 
điểm BC và H là trực tâm tam giác ABC. 
 Kẻ đường kinh AA’ của đường tròn (C). 
Ta có: BA’// CH, CA’// BH nên BHCA’ là hình 
bình hành. Suy ra E là trung điểm A’H do đó IE là 
 trung bình của tam giác H’AA: 1
2
IE EG
AH GA
  
0,25 
* Do đó, ta có: 
, ,GIE GHA AGH EGI G H I      
 thẳng hằng nên 2GH GI 
 
. à I(2; 3) nên : 
1 2(2 1)
1
( 1;2)8 82 3 2
3 3
H
H
H H
x
x
H
y y
   
             
0,25 
* Mặt khác M thuộc (C) và A, H, M thẳng hàng. 
Lại có 'BHM AHB ACF BMH MBH         cân tại B nên BC là đường 
trung trực cua đoạn HM. Ta có F(3; 2) và (8;0) 8(1;0)HM  

 nên BC: x – 3 = 0. 
0,25 
Câu 7 
1.0 điểm 
 * Tọa độ B, C là nghiệm của hệ: 
   2 2
3 0 3 3
2 82 3 26
x x x
hay
y yx y
       
       
 Do B có tung độ lớn hơn tung độ của C nên ta nhận B(3; 8), C(3; -2) 
 HM: y – 2 = 0 nên tọa độ A 
   2 2
2 0 3
( 3;2)
22 3 26
y x
A
yx y
   
   
    
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là ( 3;2), (3;8), (3; 2)A B C  
0,25 
M
F
K
P
E
I
H
S
D
C
B
A
Ta có S.ABCD ABCD
1V SH.S
3
 , trong đó 
2
ABCDS a . Do (SIC),(SBD) cùng vuông 
với đáy suy ra SH (ABCD) 
 Dựng  HE AB SHE AB   , 
060 SÊH là góc giữa (SAB) và 
(ABCD). 
Ta có 0SH HE. tan 60 3HE  và 
3
3
33
1 aSHaHE
IC
HI
CB
HE
 
Suy ra 
3
2
S.ABCD ABCD
1 1 a 3 3aV SH.S . .a
3 3 3 9
   . 
 4 
Điều kiện: 1 2x   
Ta có (2) 2 2 2 22 ( ) ( ) 3( ) 0x x y y x y x y       2 2(2 3)( ) 0x y x y     
 2y x  (vì 2x + y2 +3 > 0, với mọi 1 2x   ) 
0,25 
Thay y = x2 vào (1) ta được: 2 1 2 1 2x x x x       (3) 
Xét hàm số f(x) = 2 1 2 1 2, [-1;2]x x x x x        
Ta có f’(x) = 1 12 1
2 1 2 2
x
x x
  
 
; 
 Và f’’(x) = 1 12 0, ( 1;2)
4( 1) 1 4(2 ) 2
x
x x x x
     
   
0,25 
Do đó hàm số f’(x) đồng biến trên khoảng (-1; 2), nên phương trình f’(x) = 0 có 
nhiều nhất 1 nghiệm. Mặt khác f’( 1
2
) = 0, từ đó ta có BBT của f(x) 
x 
-1 1
2
 2 
f’(x) - 0 + 
f(x) 
 f( 1
2
) 
0,25 
Câu 8 
1.0 điểm 
Vì f( 1
2
) = 3 2 6
4
  < 0, nên từ BBT suy ra phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất 
2 nghiệm, hơn nữa f(0) = f(1) = 0, do đó phương trình (3) có 2 nghiệm x =0; x = 1 
Tóm lại hệ đã cho có 2 nghiệm (0; 0) và (1;1) 
0,25 
Theo gt : c
b
bcaaabccb  112)1(221 2222 0,25 
1
12
)1(
411
1
12
)1(
411
222222 











a
a
cbbca
a
a
a
cabc
ac
bca
P 
Do 22
111
a
a
bca
abc  và 22 )1(
4
)1(
411
c
c
cb
c
b 


 
Theo bất đẳng thức côsi : 3
)1(
4.
2
1.
2
13
)1(
4
2
1
2
1
3 22 







c
cc
c
cc 
2
)1(
412
)1(
4
22





cbc
c 
Do đó 2611
2
1221
1
1221 2222 






aaaa
a
a
a
a
a
a
aP 
0,25 
Đặt )(26)0(;1 24 tftttpt
a
t  
Xét HS )0(;26)( 24  tttttf ; 
10)644)(1(624)( 23  tttttttf 
Lập bảng biến thiên 
t 0 1 +∞ 
f’(t) - 0 + 
f(t) 
 -2 
0,25 
Câu 9 
1.0điểm 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = -2 






1
1
cba
t
0,25 
 5