Đề thi Khảo sát chất lượng lớp 12 trung học phổ thông năm học 2015 - 2016 môn thi: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THANH HÓA 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
NĂM HỌC 2015-2016 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu 1 (1,5 điểm). Cho hàm số 
1
12



x
x
y 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A là giao điểm của (C) với trục hoành. 
Câu 2 (0,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 2( ) 2 3  f x x x 
trên đoạn [0; 4]. 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình 012  zz trên tập số phức. 
b) Giải bất phương trình 3)1(log)3(log 22  xx . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân  
2
1
2 )ln( dxxxxI . 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm )3;2;5( A , )3;2;1(B , 
)1;2;1( C . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A, B, C và viết phương trình 
mặt cầu (S) có tâm (2; 1;3)I và tiếp xúc với mặt phẳng (P). 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Tính giá trị của biểu thức  2sin3sin 2A , biết 0sin72cos2   . 
b) Trong kì thi THPT quốc gia, tại hội đồng thi X, trường THPT A có 5 thí sinh dự thi. Tính 
xác suất để có đúng 3 thí sinh của trường THPT A được xếp vào cùng một phòng thi, biết 
rằng hội đồng thi X gồm 10 phòng thi, mỗi phòng thi có nhiều hơn 5 thí sinh và việc xếp 
các thí sinh vào các phòng thi là hoàn toàn ngẫu nhiên. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD là đáy lớn, 
AD = 2a, AB = BC = CD = a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H 
thuộc đoạn thẳng AC sao cho HC = 2HA. Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 
600. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và 
CD. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm 
I( 5;232  ), BC = 2AB, góc BAD = 600. Điểm đối xứng với A qua B là ( 2;9)E . Tìm tọa 
độ các đỉnh của hình bình hành ABCD biết rằng A có hoành độ âm. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình   xxxxxxx  322522 22 . 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị lớn nhất của 
biểu thức 














cac
ac
bcb
cb
aba
ba
cbaP
222
333
)( . 
----------------HẾT---------------- 
 1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THANH HÓA 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
NĂM HỌC 2015-2016 
Môn thi: TOÁN 
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1 
(1,5 điểm) 
a) (1,0 điểm) 
1) Hàm số có TXĐ: D = }1{\R 0,25 
2) Sự biến thiên của hàm số: 
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: 
* 
 
yy
xx 11
lim;lim nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 
* 2limlim 

yy
xx
nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 
0,25 
b) Bảng biến thiên: 
Ta có: 
 
1,0
1
1
'
2



 x
x
y 
Bảng biến thiên: 
x -  1 +  
y’ - - 
y 
2 
- 
+  
2 
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  1; và  ;1 
0,25 
3) Đồ thị: 
+ Đồ thị cắt trục tung tại )1;0( và cắt trục hoành tại điểm 





0;
2
1
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I(1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 
0,25 
b) (0,5 điểm) 
Do OxCA  )( nên 





0;
2
1
A , 4
2
1
' 





y 0,25 
Tiếp tuyến của (C) tại A có phương trình: 240
2
1
4 





 xyxy 0,25 
Câu 2 
(0,5 điểm) 
3'( ) 4 4 f x x x , 3'( ) 0 4 4 0 0, 1,      f x x x x x 1x (loại) 0,25 
Ta có: f(0) = 3, f(1) = 2, f(4) = 227. 
Vậy 
[0;4]
max ( ) (4) 227, f x f
[0;4]
min ( ) (1) 2 f x f 
0,25 
O 
y 
x 
2 
1 
2
1
1 
 2 
Câu 3 
(1,0 điểm) 
a) (0,5 điểm) 
Phương trình có 2)3(341 i 0,25 
Do đó phương trình có hai nghiệm iziz
2
3
2
1
,
2
3
2
1
 0,25 
b) (0,5 điểm) 
Điều kiện xác định: 3x . 
8)1)(3(3)]1)(3[(log3)1(log)3(log 222  xxxxxx 
0,25 
510542  xxx 
Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là ]5;3(S . 
0,25 
Câu 4 
(1,0 điểm) 11
2
1
42
1
2
1
2
1
32
4
15
4
ln)ln( II
x
dxxxdxxdxxxxI    0,5 
Đặt  













 2
1
2
1
22
1
2
12 4
3
2ln2
4
2ln2
22
ln
2
ln x
dx
xxx
I
x
v
x
dx
du
xdxdv
xu
 0,25 
Vậy 32ln2
4
3
2ln2
4
15
I . 0,25 
Câu 5 
(1,0 điểm) 
)4;0;4(),0;4;4(  ACAB . Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là 
  )16;16;16(,  ACABn 0,25 
Do đó (P) có phương trình: 0)3(16)2(16)5(16  zyx 0 zyx . 0,25 
Mặt cầu (S) có bán kính 
3
2
111
312
))(;( 


 PIdR . 0,25 
(S) có phương trình 
3
4
)3()1()2( 222  zyx . 0,25 
Câu 6 
(1,0 điểm) 
a) 0,5 điểm 
2sin,
4
1
sin0sin7)sin21(20sin72cos2 2   (loại). 0,25 
)sin1(sin4sin4sin32sin3sin 2232  A 
64
29
4
1
1
4
1
4
4
1
4
4
1
3
223

































 . Vậy 
64
29
A . 
0,25 
b) 0,5 điểm 
Số cách xếp ngẫu nhiên 5 thí sinh vào 10 phòng thi là 100000105  0,25 
Gọi B là biến cố đã cho 
Có 35C cách chọn 3 thí sinh trong số 5 thí sinh của trường A và có 10 cách chọn 
phòng thi cho 3 thí sinh đó. 
Ứng với mỗi cách chọn trên ta có 9.9 cách chọn phòng thi cho 2 thí sinh còn lại. 
Do đó số cách xếp 5 thí sinh thỏa mãn điều kiện đề bài là 35 .10.9.9 8100 B C . 
Xác suất cần tìm là: 
1000
81
100000
8100
)( 


 BBP . 
0,25 
Câu 7 
(1,0 điểm) 
Theo bài ra thì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD nên 
CDAC  . Do )(ABCDSH  nên CDSH  , từ đó ta có )(SACCD  . 
Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là SCH  060 SCH . 
0,25 
 3 
3
32
3
2
322
a
ACHC
aCDADAC


aHCSH 260tan. 0  
Gọi O là trung điểm của AD, khi 
đó 
4
33
3
2a
SS AOBABCD  . 
Thể tích khối chóp S.ABCD là 
ABCDABCDS SSHV .
3
1
.  
2
3
4
33
.2.
3
1 32 aa
a  (đvtt). 
0,25 
Kẻ đường thẳng Ax song song với CD, gọi (P) là mặt phẳng chứa SA và Ax, khi đó 
)//(PAC .Suy ra ))(,(3))(,())(,();( PHdPCdPCDdSACDd  (Do CA = 3HA). 
Ta có CDAC nên AxHA mà AxSH suy ra )(SAHAx  . 
Từ H kẻ HK  SA ( )SAK  , khi đó )(PHKHKAx  nên ))(,( PHdHK  . 
0,25 
3
3
3
1 a
ACAH  ; 
13
132
4
13111
2222
a
HK
aSHAHHK
 
Vậy 
13
136
),(
a
CDSAd  (đvđd) 
0,25 
Câu 8 
(1,0 điểm) 
Đặt mADmAB 2 . 
Ta có 2 2 2 0 22 . cos60 3BD AB AD AB AD m    . 
3BD m  
Do đó 222 ADBDAB  nên tam giác ABD 
vuông tại B, nghĩa là AEIB  . 
4
7
2
3 22
2
222 mm
m
BEIBIE 







 . 
Mặt khác 284)32( 222 IE nên ta có 
428
4
7 2
 m
m
32
2
3

m
IB . 
0,25 
Gọi );( ban  là vectơ pháp tuyến của AB ( )022  ba khi đó AB có phương trình 
0920)9()2(  babyaxybxa 
Ta lại có )(12)432(32
432
),( 222
22
baba
ba
ba
IBABId 


 
abbabb 34,00)34(  
0,25 
+) Với b = 0, chọn a = 1, khi đó AB có phương trình 02 x , suy ra IB có phương 
trình 05 y . Do IBABB  nên )5;2(B , mà B là trung điểm của AE nên 
)1;2(A (thỏa mãn điều kiện 0Ax ). 
Do I là trung điểm của AC và BD nên ta suy ra (4 3 2;9), (4 3 2;5) C D 
0,25 
A 
B 
E 
I 
D 
C 
S 
A D 
C 
B 
K 
x 
O 
H 
 4 
 +) Với ab 34 , chọn a = 1 34 b , khi đó AB có phương trình 
0336234  yx , suy ra IB có phương trình 0)5()232(34  yx . 
0193834  yx 
Do IBABB  nên 






 
7
59
;
7
14316
B , mà B là trung điểm của AE nên 







 
7
55
;
7
14332
A (không thỏa mãn điều kiện 0Ax ). 
Vậy )5;2(),1;2(  BA , (4 3 2;9), (4 3 2;5) C D 
0,25 
Câu 9 
(1,0 điểm) 
Gọi bất phương trình đã cho là (1). Điều kiện xác định: 2x . 
    5222322)1( 22  xxxxxxxx 
   52216222 22  xxxxxx 
    1622)522(16222 222  xxxxxxxx 
16222 2  xxxx (Do Rxxx  ,0522 2 ) 
0,25 
)2(2)1(212 2  xxxx (2) 0,25 
Đặt )0(1,2  axbxa , (2) trở thành 
0
0)(
0
22)(
0
22
2222
22 











 ba
ba
ba
baba
ba
baba 
0,25 
Do đó ta có 
2
133
013
1
)1(2
01
12
22













 x
xx
x
xx
x
xx . 
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 
2
133
x . 
0,25 
Câu 10 
(1,0 điểm) 
Giả sử 0 kcba , đặt 0,,,,  zyxkzckybkxa và 1 zyx . 
Khi đó 
zxz
xz
yzy
zy
xyx
yx
zxzk
xzk
yzyk
zyk
xyxk
yxk
kP























222222222
333
)(
)3(
)(
)3(
)(
)3(
zxzyzyxyxxzz
xzz
zyy
zyy
yxx
yxx 141414
)(
)(4
)(
)(4
)(
)(4















 
222
1515151
1
41
1
41
1
4
zz
z
yy
y
xx
x
zyyxxz 













 . 
0,25 
Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên xxxzyacb  1 
2
1
 x , tức là 






2
1
;0x . Tương tự ta cũng có 






2
1
;0, zy . 
0,25 
Ta sẽ chứng minh 318
15
2



t
tt
t
(*) đúng với mọi 






2
1
;0t . 
Thật vậy: 0318
15
(*)
2



 t
tt
t
0
)1(
)13)(12(
0
182118 2
2
23







tt
tt
tt
ttt
(**) 
(**) hiển nhiên đúng với mọi 






2
1
;0t . Do đó (*) đúng với mọi 






2
1
;0t . 
0,25 
Áp dụng (*) ta được 99)(18318318318  zyxzyxP 
Dấu “=” xảy ra khi cbazyx 
3
1
. 
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 9 khi cba  . 
0,25