Đề thi khảo sát lớp 12 năm học 2015 - 2016 môn: Toán thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TỈNH QUẢNG NINH 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI KHẢO SÁT LỚP 12 NĂM HỌC 2015-2016 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 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 hàm số 3 26 9 1= − + −y x x x 
Câu 2 (1,0 điểm) 
 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 9
1
= +
−
y x
x
 trên đoạn [2;5] 
Câu 3 (1,0 điểm) 
 a) Gọi 1 2,x x là hai nghiệm trên tập số phức của phương trình 2 2 5 0x x+ + = . Tính 1 2x x+ . 
 b) Giải phương trình 22 1
2
log ( 2 8) 1 log ( 2)x x x− − = − + . 
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 
pi
= +∫
2
2
0
( sin )cos .I x x xdx 
Câu 5 (1,0 điểm) 
 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 3; 5), B(−6; 1; −3) và mặt phẳng (P) có 
phương trình 2 2 13 0x y z+ − + = . Viết phương trình đường thẳng AB và phương trình mặt cầu có tâm là 
trung điểm của đoạn thẳng AB đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (P). 
Câu 6 (1,0 điểm) 
 Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, góc 
 060ACB = , mặt phẳng (A’BD) 
tạo với đáy một góc 060 . Tính theo a thể tích khối hộp và khoảng cách giữa hai đường thẳng CD’, BD. 
Câu 7 (1,0 điểm) 
 a) Cho 2sin
3
α = , với 
2
pi
α pi< < . Tính 2cos
3
A piα = + 
 
 b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của 
Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội. Tính xác 
suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. 
Câu 8 (1,0 điểm) 
 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (C): 2 2 25x y+ = , 
đường thẳng AC đi qua điểm K(2; 1). Gọi M, N lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ 
các đỉnh của ∆ABC biết phương trình đường thẳng MN là 4 3 10 0x y− + = và điểm A có hoành độ âm. 
Câu 9 (1,0 điểm) Giải phương trình 2 21 2 9 18 14 33+ − + = + − +x x x x x trên tập số thực. 
Câu 10 (1,0 điểm) 
 Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn 2 2 2 25 2 2 8 4 5 4 2x xy y x xz z x y z+ + + + + = + + và [0;5]x ∈ 
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 21 10P z xy x z xy= + − − + + − . 
===============Hết=============== 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TỈNH QUẢNG NINH 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI KHẢO SÁT LỚP 12 
NĂM HỌC 2015-2016 
Môn: TOÁN 
Câu ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Điểm 
Câu 1 
1,0 đ 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 26 9 1= − + −y x x x 
* Tập xác định: D = R 
* Sự biến thiên 
• Chiều biến thiên: )34(39123' 22 +−=+−= xxxxy 
Ta có 


<
>
⇔>
1
3
0'
x
x
y , 310' <<⇔< xy . 
Do đó: 
 + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1,(−∞ và ),3( ∞+ . 
 + Hàm số nghịch biến trên khoảng ).3,1( 
0,25 
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1=x và 3)1( == yyCD ; đạt cực tiểu tại 3=x và 
1)3( −== yyCT . 
• Giới hạn: +∞=−∞=
+∞→−∞→
yy
xx
lim;lim . 
0,25 
Bảng biến thiên 
x -∞ 1 3 +∞ 
y' + 0 - 0 + 
y 
 3 +∞ 
-∞ -1 
0,25 
* Đồ thị: 
Đồ thị cắt trục tung tại điểm )1,0( − . 
y” = 6x -12 =0 suy ra điểm uốn U(2;1) 
1 2 3 4
-1
1
2
3
x
y
O
0,25 
Câu 2 
1,0 đ 
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 9
1
= +
−
y x
x
 trên đoạn [2;5] 
Ta có 
2
2 2
9 2 8
' 1 ( 1) ( 1)
x xy
x x
− −
= − =
− −
 0,25 
2 ( )
' 0
4
x L
y
x
= −
= ⇔ 
=
 0,25 
Ta có y(2) = 11; y(4) = 7; 29(5)
4
y =
 0,25 
Vậy 
[2;5]
min 7y = khi x = 4; 
[2;5]
max 11y = khi x = 2 0,25 
Câu 3 
1,0 đ 
a) Gọi 1 2,x x là hai nghiệm trên tập số phức của phương trình 2 2 5 0x x+ + = . Tính 1 2x x+ . 
b) Giải phương trình: 22 1
2
log ( 2 8) 1 log ( 2)x x x− − = − +
Phần 
a) 
0,5đ 
Tính được hai nghiệm phức 1 1 2x i= − − ; 2 1 2x i= − + 0,25 
1 2 1 25 2 5x x x x= = ⇒ + = 0,25 
Phần 
b) 
0,5đ 
b) ĐK: x > 4 
PT đã cho tương đương với 22 2 2log ( 2 8) log 2 log ( 2)x x x− − = + + 


2
2 2log ( 2 8) log 2( 2)x x x− − = + 
0,25 
2
2 0
2 8 2( 2)
x
x x x
+ >
⇔ 
− − = +
2
2 0
6
4 12 0
x
x
x x
+ >
⇔ ⇔ =
− − =
 0,25 
Câu 4 
1,0 đ Tính tích phân 
pi
= +∫
2
2
0
( sin )cos .I x x xdx 
pi pi pi
= + = +∫ ∫ ∫
 
2 2 2
2 2
0 0 0
( sin )cos cos sin cos .
M N
I x x xdx x xdx x xdx 0,25 
Tính M 
 Đặt 
cos sin
u x du dx
dv xdx v x
= = 
⇒ 
= = 
2
0
sin sin cos 1.2 2
2 20 0
M x x xdx x
pi
pi pi
pi pi
= − = + = −∫ 
0,25 
Tính N 
 Đặt sin cost x dt xdx= ⇒ = 
 Đổi cận 12
0 0
x t
x t
pi
= ⇒ =
= ⇒ =
1 3
2
0
1 1
.
03 3
tN t dt= = =∫ 
0,25 
Vậy 2 .
2 3
I M N pi= + = − 0,25 
Câu 5 
1,0 đ 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;5), B(−6;1;−3) và mặt phẳng (P) có 
phương trình 2 2 13 0x y z+ − + = . Viết phương trình đường thẳng AB và phương trình mặt cầu có 
tâm là trung điểm của đoạn thẳng AB đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (P). 
Ta có (8;2;8) 2BA u= =
 
 với (4;1;4)u =

 Suy ra u

 là VTCP của đường thẳng AB 0,25 
Phương trình đường thẳng AB là: 
2 4
3
5 4
x t
y t
z t
= +

= +

= +
 0,25 
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Ta có I(-2;2;1) 
Vì mặt cầu cần tìm tiếp xúc với (P) nên bán kính R = d(I,(P))= 3 0,25 
Phương trình mặt cầu (S) cần tìm là: 2 2 2( 2) ( 2) ( 1) 9x y z+ + − + − = 0,25 
Câu 6 
Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, góc 
 060ACB = , mặt phẳng 
(A’BD) tạo với đáy một góc 060 . Tính theo a thể tích khối hộp và khoảng cách giữa hai đường 
thẳng CD’, BD. 
 1,0 đ 
Tính thể tích: 
Từ 
 060ACB = suy ra ∆ABC đều suy ra AC = a 
2
0 3
. .sin 60
2ABCD
aS AC CB⇒ = =
Gọi O = AC∩BD. Từ giả thiết suy ra góc giữa (A’BD) với mặt 
đáy là 
 0' 60A OA = O
A' B'
D' C'
A
B
D C
H
0,25 
0 3
' . tan 60
2
aA A OA⇒ = =
 Suy ra 
33
. '
4ABCD
aV S A A= = 0,25 
Khoảng cách giữa hai đường thẳng CD’, BD 
Trong ∆A’AO hạ AH ⊥ A’O. Do ( ' )
'
BD AC
BD A AO BD AH
BD A A
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥
Từ đó suy ra ( ' )AH A BD⊥ . Ta có CD’//A’B '/ /( ' )CD A BD⇒ 
( ', ) ( , ( ' )) ( , ( ' ))d CD BD d C A BD d A A BD AH⇒ = = = 
0,25 
Trong ∆AHO vuông tại H có 0 3.sin 60
4
aAH OA= =
 . Vậy 3( ', )
4
ad CD BD =
0,25 
Câu 7 
Phần 
a) 
0.5đ 
 Cho 2sin
3
α = với 
2
pi
α pi< < . Tính 2cos
3
A piα = + 
 
Ta có 2 2 5 5cos 1 sin cos
9 3
α α α= − = ⇒ = −
 (vì 
2
pi
α pi< < nên cos 0α < ) 0,25 
2 2 5 2 3
cos .cos sin .sin
3 3 6
A pi piα α −= − =
0,25 
Câu 7 
Phần 
b) 
0.5đ 
Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của 
Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội. 
Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. 
Tính số cách chọn 3 bảng, mỗi bảng 4 đội: 
B1) 12 đội chọn 4: 412C 
B2) 8 đội còn lại chọn 4: 48C 
B3) 4 đội còn lại chọn 4: 1 
Số cách chọn là: ( )4 4 4 412 8 12 8C C n C C⇒ Ω = 
0,25 
Gọi A là biến cố “ Chọn 3 bảng, mỗi bảng 4 đội trong đó có đúng 1 đội Việt Nam”. 
 Tính n(A): 
B1) Chọn 1 trong 3 đội Việt Nam: có 3 cách, rồi chọn 3 trong 9 đội nước ngoài: có 
3
9C
3
93.C⇒ cách 
B2) còn lại 8 đội (6 đội nước ngoài và 2 đội VN): Chọn 1 trong 2 đội VN: 2 cách, rồi 
chọn 3 trong 6 đội nước ngoài: 3 36 62.C C⇒ cách 
B3) còn lại 4 đội (3 nước ngoài và 1 VN): có 1 cách 
Số cách chọn là: ( )3 3 3 39 6 9 63 2 3 2C C n A C C⇒ = ( )
3 3
9 6
4 4
12 8
6 16
55
C CP A
C C
⇒ = = 
0,25 
Câu 8 
1,0 đ 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (C): 2 2 25x y+ = , 
đường thẳng AC đi qua điểm K(2;1). Gọi M, N lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm 
tọa độ các đỉnh của ∆ABC biết phương trình đường thẳng MN là 4 3 10 0x y− + = và điểm A có 
hoành độ âm. 
Từ giả thiết suy ra tứ giác MNBC nội tiếp đường tròn. Suy ra 

 
ABC AMN= (1) (cùng bù với 
NMC ). 
Gọi D là giao điểm thứ hai của AO với đường tròn (C). Khi đó 

 
ABC ADC= (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 
 
ADC AMN= . 
Mặt khác 

 
 
 
0 090 90ADC DAC DAC AMN OA MN+ = ⇒ + = ⇒ ⊥ D
N
MO
A
B C
0,25 
Khi đó phương trình OA là 3 4 0x y+ = 
Tọa độ A là nghiệm của hệ PT 2 2
3 4 0
25
x y
x y
+ =
⇒
+ =
A(-4;3) hoặc A(4;-3) (loại) 0,25 
Khi đó AC đi qua A(-4;3) và K(2;1) nên có PT: 3 5 0x y+ − = 
Tọa độ C là nghiệm của hệ PT 2 2
3 5 0 ( 4;3) A
C(5;0)25
x y C
x y
+ − =
− ≡ 
⇒ + = 
Tọa độ M là nghiệm của hệ PT
3 5 0 ( 1;2)
4 3 10 0
x y
M
x y
+ − =
⇒ −
− + =
0,25 
Phương trình BM: 3 5 0x y− + = 
Tọa độ B là nghiệm của hệ PT 2 2
3 5 0 ( 3; 4)
(0;5)25
x y B
Bx y
− + =
− − 
⇒ + = 
Thử lại ta thấy A(−4;3), B(0;5), C(5;0) loại vì góc B tù 
Vậy A(−4;3), B(−3;−4), C(5;0) 
0,25 
Câu 9 
1,0 đ 
Giải phương trình 2 21 2 9 18 14 33+ − + = + − +x x x x x (1) 
ĐK: 
3
11
x
x
≤
 ≥
PT ( ) ( )2 21 2 9 18 14 33 1x x x x x x   ⇔ − + − = − + − +
   
 (2) 
Để ý rằng hai phương trình 2 9 18 0x x x− + + = và ( )2 14 33 1 0x x x− + + + = vô 
nghiệm nên nhân liên hợp hai vế của (2) ta có: 
( ) ( )
( )2 2
18 2 16 2
9 18 14 33 1
x x
x x x x x x
− − − −
=
− + + − + + +
0,25 
( )2 2
2
9 8 (3)
9 18 14 33 1
x
x x x x x x
=
⇔  =

− + + − + + +
Pt (3) 2 28 9 18 9 14 33 9x x x x x⇔ − + − − + = + (4) 
0,25 
Kết hợp (1) và (4) ta có hệ 
2 2
2
2 2
8 9 18 9 14 33 9
5 14 33 3 13
2 9 18 14 33 1
x x x x x
x x x
x x x x x

− + − − + = +
⇒ − + = −
− + − − + = −
0,25 
2
13
17 5 53
217 41 0
x
x
x x
 ≥ +
⇔ ⇔ =

− + =
 Thử lại thấy thỏa mãn 
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm x = 2 và 17 5 5
2
x
+
=
0,25 
Câu 
10 
1,0 đ 
Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn 2 2 2 25 2 2 8 4 5 4 2x xy y x xz z x y z+ + + + + = + + (*) và 
[0;5]x ∈ . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 21 10P z xy x z xy= + − − + + − . 
Với mọi x, y, z ta có 
2 2 2 2 25 2 2 (2 ) ( ) (2 ) 2 2x xy y x y x y x y x y x y+ + = + + − ≥ + = + ≥ + 
2 2 2 2 28 4 5 4(x z) ( 2 ) 4(x z) 2 x z 2(x z)x xz z z x+ + = + + − ≥ + = + ≥ + 
Suy ra 4 2VT x y z≥ + + 
Gt ⇔ Dấu “=” xảy ra 2
0
x y
z x
x
=

⇔ =
 ≥
0,25 
Thay vào biểu thức ta có 2 24 21 3 10 ( )P x x x x f x= − + + − − + + = liên tục trên [0;5] 
Có 
2 2
2 3 2
'( )
4 21 2 3 10
x xf x
x x x x
− −
= −
− + + − + +
0,25 
1
'( ) 0
3
f x x= ⇔ =
 0,25 
Ta có (0) 21 10f = − ; 1 2
3
f   = 
 
 ; (5) 4f = 
Vậy max 4P = khi 5; 10x y z= = = ; min 2P = khi 1 2;
3 3
x y z= = =
0,25