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

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
DeThiThuDaiHoc.com – FB: /thithudaihoc 1 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
QUẢNG NAM 
KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT 
NĂM HỌC 2015 - 2016 
 Môn thi: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2x 4y
x 1
−
=
−
. 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2xf(x) (x 2).e= − trên đoạn [–1 ; 2]. 
Câu 3 (1,0 điểm). 
 a) Cho số phức z thỏa mãn (2 i)z 4 3i+ = − . Tìm môđun của số phức w iz 2 z= + . 
 b) Giải phương trình 2 2log x 3 log (x 2)= − + . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
1
2 3
0
xI dx
(2x 1)
=
+
∫ . 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng 
x 3 y 2 z 1d :
2 1 2
− − −
= =
−
. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ 
điểm M thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3. 
Câu 6 (1,0 điểm). 
 a) Cho góc α thỏa mãn 5sin 2 6cos 0α − α = và 0
2
pi
< α < . Tính giá trị của biểu thức: 
( ) ( )A cos sin 2015 co t 2016
2
pi 
= − α + pi − α − pi + α 
 
. 
 b) Cho đa giác đều 12 đỉnh, trong đó có 7 đỉnh tô màu đỏ và 5 đỉnh tô màu xanh. Chọn ngẫu nhiên một tam 
giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác. Tính xác suất để tam giác được chọn có 3 đỉnh cùng màu. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, góc giữa hai mặt phẳng 
(A’BC) và (ABC) bằng 600. Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là trung điểm cạnh CC’. Tính theo a thể tích khối 
chóp A.BB’C’C và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N). 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
2
x 3y 2 xy y x y 0
3 8 x 4 y 1 x 14y 12

− − + − + − =

 − − + = − −
 (x, y ∈ R). 
Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường 
thẳng AH là 3x y 3 0− + = , trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0). Gọi E và F lần lượt là chân đường cao hạ từ B 
và C đến AC và AB, phương trình đường thẳng EF là x 3y 7 0− + = . Tìm tọa độ điểm A, biết A có hoành độ 
dương. 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 4a 2c b c1 1 6
b b a a
   
+ + + =   
   
. 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: bc 2ca 2abP
a(b 2c) b(c a) c(2a b)= + ++ + + . 
–––––––––––– Hết –––––––––––– 
Họ và tên thí sinh: ......; Số báo danh:  
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
DeThiThuDaiHoc.com – FB: /thithudaihoc 2 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
QUẢNG NAM 
KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT 
NĂM HỌC 2015 - 2016 
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
 Môn thi: TOÁN 
(Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 1 
(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 
2x 4y
x 1
−
=
−
. 
* Tập xác định: D \{1}= ℝ 
* Sự biến thiên: 
 2
2y '
(x 1)
=
−
 Vì y’ > 0, ∀ x ≠ 1 nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–∞ ; 1), (1 ;+∞). 
0,25 
 Giới hạn và tiệm cận: 
x 1 x 1
lim y , lim y
+ −→ →
= −∞ = +∞ ; tiệm cận đứng x = 1. 
x
lim y 2
→±∞
= ; tiệm cận ngang y = 2. 
0,25 
 Bảng biến thiên 
x 
–∞ 1 +∞ 
y’ + + 
y 
 +∞ 
2 
 2 
– ∞ 
0,25 
* Đồ thị : 
x
y
2
2
4
O 1
0,25 
Câu 2 
(1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số 
2 2xf(x) (x 2).e= − trên đoạn [–1 ; 2]. 
Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [–1 ; 2], 2 2xf '(x) 2(x x 2)e= + − 0,25 
2f '(x) 0 x x 2 0
x 1
x ( 1;2) x ( 1;2)
= + − =
⇔ ⇔ = 
∈ − ∈ − 
 0,25 
2 4
2
1f (1) e , f ( 1) , f (2) 2e
e
−
= − − = = . 0,25 
 GTLN của f(x) trên đoạn [–1 ; 2] bằng 2e4, khi x = 2, GTLN của f(x) trên đoạn [–1 ; 2] 
bằng – e2 , khi x = 1. 0,25 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
DeThiThuDaiHoc.com – FB: /thithudaihoc 3 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 3 
(1,0 điểm) a) (0,5) Cho số phức z thỏa mãn (2 i)z 4 3i+ = − . Tìm môđun của số phức w iz 2z= + . (2 i)z 4 3i z 1 2i+ = − ⇔ = − 0,25 
w iz 2z i(1 2i) 2(1 2i) 4 5i= + = − + + = + . Vậy | w | 41= 0,25 
b) (0,5) Giải phương trình 2 2log x 3 log (x 2)= − + (1). 
Điều kiện: x > 0 (*). 
2 2
2(1) log (x 2x) 3 x 2x 8⇔ + = ⇔ + = 
0,25 
2
x 2x 8 0⇔ + − = ⇔ x = – 4 hoặc x = 2. 
Kết hợp với điều kiện (*) suy ra phương trình (1) có một nghiệm x = 2. 0,25 
Câu 4 
(1,0 điểm) Tính tích phân 
1
2 3
0
xI dx
(2x 1)
=
+
∫ . 
Đặt 2t 2x 1 dt 4xdx= + ⇒ = 0,25 
 x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = 3 0,25 
Khi đó 
3
3
1
1 1I dt
4 t
= ∫ (0,25) 
3
2
1
1 1
98t
−
= = (0,25) 0,5 
Câu 5 
(1,0 điểm) Cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng x 3 y 2 z 1d :
2 1 2
− − −
= =
−
. Viết phương trình mặt phẳng 
(P) qua A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho 
khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3. 
Một vectơ chỉ phương của d là u (2;1; 2)= −

. 0.25 
Mặt phẳng (P) qua A và nhận vectơ u (2;1; 2)= −

 làm vectơ pháp tuyến nên phương 
trình của nó là 2(x + 2) + y – 3 – 2(z – 1) = 0 hay 2x + y – 2z + 3 = 0. 
0.25 
Vì M thuộc d nên M(3 + 2t; 2 + t; 1 – 2t). Khoảng cách từ M đến (P) là: 
2 2 2
| 2(3 2t) 2 t 2(1 2t) 3 |d(M,(P)) | 3t 3 |
2 1 ( 2)
+ + + − − +
= = +
+ + −
0.25 
d(M,(P)) 3 | 3t 3 | 3= ⇔ + = ⇔ t = 0 hoặc t = –2. 
Vậy M(3 ; 2 ; 1) hoặc M(–1 ; 0 ; 5). 0.25 
Câu 6 
(1,0 điểm) a) (0,5) Cho góc α thỏa mãn 5sin 2 6cos 0α − α = (1) và 0 2
pi
< α < . Tính giá trị của biểu 
thức: ( ) ( )A cos sin 2015 co t 2016
2
pi 
= − α + pi − α − pi + α 
 
. 
Vì 0
2
pi
 0, cotα > 0. 
3(1) 10sin .cos 6cos 0 cos .(5sin 3) 0 sin
5
⇔ α α − α = ⇔ α α − = ⇔ α = (vì cosα>0) 
0,25 
2
2
1 25 16 4
co t 1 1 cot
9 9 3sin
α = − = − = ⇒ α =
α
 (vì cotα > 0) 
3 4 2A sin sin co t 2sin co t 2.
5 3 15
= α + α − α = α − α = − = − 
0,25 
b) (0,5) Cho đa giác đều 12 đỉnh, trong đó có 7 đỉnh tô màu đỏ và 5 đỉnh tô màu xanh. Chọn 
ngẫu nhiên một tam giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác. Tính xác suất để tam giác 
được chọn có 3 đỉnh cùng màu. 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
DeThiThuDaiHoc.com – FB: /thithudaihoc 4 
Số phần tử của không gian mẫu là: 312| | 220CΩ = = 0,25 
Gọi A là biến cố chọn được tam giác có 3 đỉnh cùng màu. Số kết quả thuận lợi cho A 
là: 3 3A 7 5| | 45C CΩ = + = . Xác suất biến cố A là A| | 9P(A) | | 44
Ω
= =
Ω
. 
0,25 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 7 
(1,0 điểm) 
Tính thể tích khối chóp A.BB’C’C và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N). 
E D
N
M
C'
B'
A C
B
A'
H
Tam giác ABC đều cạnh a và M là 
trung điểm BC nên: 
 AM ⊥ BC và a 3AM
2
= 
AM⊥BC và AA’⊥BC⇒A’M⊥ BC 
⇒ Góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và 
(ABC) là  0A 'MA 60= . 
Tam giác A’AM vuông tại A nên: 
0 a 3 3aAA ' AM.tan 60 . 3
2 2
= = = 
0,25 
Diện tích hình chữ nhật BB’C’C là: 
2
BB'C'C
3aS BB'.BC
2
= = 
AM ⊥ BC và AM ⊥ BB’ ⇒ AM ⊥ (BB’C’C) 
Thể tích khối chóp S.ABCD là: 
2 3
BB'C'C
1 1 3a a 3 a 3V S .AM .
3 3 2 2 4
⇒ = = ⋅ = 
0,25 
Trong mặt phẳng (BB’C’C), B’N cắt BC tại D. 
Khi đó: C là trung điểm BD và  0BAD 90= 
Gọi E là trung điểm AD, ta có: CE ⊥ AD. Dựng CH ⊥ NE (H ∈ NE). 
AD ⊥ CE và AD ⊥ CN ⇒ AD ⊥ (CNE) ⇒ AD ⊥ CH 
CH ⊥ NE và CH ⊥ AD ⇒ CH ⊥ (AB’N). 
0,25 
Ta có: 1 aCE AB
2 2
= = , 
1 3aCN CC'
2 4
= = 
 2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 16 52 3aCH
2 13CH CE CN a 9a 9a
= + = + = ⇒ = 
Do đó: 3 3 9ad(M,(AB' N)) d(C, (AB' N)) CH
2 2 4 13
= = = 
0,25 
Câu 8 
(1,0 điểm) Giải hệ phương trình (I) 2
2
x 3y 2 xy y x y 0
3 8 x 4 y 1 x 14y 12.

− − + − + − =

 − − + = − −
(I) ⇔ 
2
x y (x y)(y 1) 2(y 1) 0 (1)
3 8 x 4 y 1 x 14y 12 (2)

− + − + − + =

− − + = − −
Điều kiện: x ≤ 8, y ≥ – 1, (x – y)(y + 1) ≥ 0 (*) 
Nếu (x ; y) là nghiệm của hệ (I) thì y > – 1. Suy ra x – y ≥ 0. 
0.25 
Do đó: x y x y x y x y(1) 2 0 1 1 x 2y 1
y 1 y 1 y 1 y 1
− − − −
⇔ + − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = +
+ + + +
 0.25 
Thay x = 2y + 1 vào (2) ta được: 
2 23 7 2y 4 y 1 (2y 1) 14y 12 4 y 1 3 7 2y 4y 10y 11 0− − + = + − − ⇔ + − − + − − =
24( y 1 2) 3( 7 2y 1) 4y 10y 6 0⇔ + − − − − + − − = 
0.25 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
DeThiThuDaiHoc.com – FB: /thithudaihoc 5 
2 3(y 3) 2y 1 0
y 1 2 7 2y 1
 
⇔ − + + + =  + + − + 
 (3) 
 Vì 
71 y
2
− < ≤ nên 
2 2 2
y 1 2 3 2 2
≥
+ + +
, 
3 3
47 2y 1
>
− +
, 2y + 1 > –1 
2 3 2y 1 0
y 1 2 7 2y 1
⇒ + + + >
+ + − +
. Do đó: (3) y 3 0 y 3⇔ − = ⇔ = 
⇒ x = 7 (thỏa (*)). Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x ; y) = (7 ; 3). 
0.25 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 9 
(1,0 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường 
thẳng AH là 3x y 3 0− + = , trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0). Gọi E và F lần lượt là chân 
đường cao hạ từ B và C đến AC và AB, phương trình đường thẳng EF là x 3y 7 0− + = . Tìm 
tọa độ điểm A, biết A có hoành độ dương. 
J
I
M
F
E
H
B C
A
J
I
M
F
E
A
H
BC
Gọi I trung điểm AH. Tứ giác AEHF nội tiếp và bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một 
đường tròn nên IM ⊥ EF (đoạn nối tâm vuông góc với dây chung). 
Ta có:  IEF ABE= (cùng phụ góc A hoặc cùng phụ góc EHF) 
 và:   1ABE EMF IME
2
= = 
⇒  0MEI 90= ⇒   0MFI MEI 90= = . 
Do đó tứ giác MEIF nội tiếp đường tròn đường kính IM, tâm là trung điểm J của IM. 
(Đường tròn (J) là đường tròn Euler) 
0.25 
Đường thẳng IM qua M và vuông góc EF nên có phương trình: 3x + y – 9 = 0. 
I là giao điểm của AH và IM nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình: 
3x y 3 0
3x y 9 0
− + =

+ − =
⇒ I(1; 6). 
0.25 
Đường tròn đường kính IM có tâm J(2 ; 3) và bán kính r JM 10= = nên có phương 
trình: (x – 2)2 + (y – 3)2 = 10 . 
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình: 
 ( ) ( )2 2
x 3y 7 0
x 2 y 3 10
− + =

− + − =
 ( )2
x 3y 7 x 5
y 4y 3 1
= − =
⇔ ⇔ 
=
− = 
 hoặc 
x 1
y 2
= −

=
 ⇒ E(5 ; 4) hoặc E(–1;2). 
0.25 
Vì A ∈ AH nên A(a ; 3a + 3) 0.25 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
DeThiThuDaiHoc.com – FB: /thithudaihoc 6 
Ta có: 2 2 2 2IA IE IA IE (a 1) (3a 3) 20 a 1 2= ⇔ = ⇔ − + − = ⇔ = ± 
Vì A có hoành độ dương nên A(1 2;6 3 2)+ + . 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 10 
(1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 4a 2c b c1 1 6
b b a a
   
+ + + =   
   
. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: bc 2ca 2abP
a(b 2c) b(c a) c(2a b)= + ++ + + . 
Đặt 
2 4 1
x , y , z
a b c
= = = (x, y, z > 0). 
Điều kiện đã cho trở thành: 
3 3x y x y2 6
xyz y x
 +
+ + = 
 
 (*) 
Ta có: 
3
3 3 (x y)x y
4
+
+ ≥ và 2(x y) 4xy+ ≥ 
Do đó: 
3 3 3
x y (x y) 4 xy(x y) x y
xyz 4xyz 4xyz z
+ + + +≥ ≥ = 
Mặt khác x y 2
y x
+ ≥ nên 
3 3x y x y x y6 2 4
xyz y x z
 + +
= + + ≥ + 
 
x y0 2
z
+
⇒ < ≤ . 
0.25 
Ta có: 
2 2
x y 4z x y 4zP
y 2z 2z x x y xy 2zx 2yz xy x y
= + + = + +
+ + + + + +
2 2
2
(x y) 4z (x y) 4z 2(x y) 4z
2xy 2z(x y) x y x y x y 4z x y(x y) 2z(x y)
2
+ + +≥ + ≥ + = +
+ + + + + + ++
+ +
Suy ra: 
x y2 4zP
x y x y4
z z
+
≥ +
+ +
+
. 
0.25 
Đặt 
x y
t , 0 t 2
z
+
= < ≤ . Ta có 2t 4P
t 4 t
≥ +
+
. 
Xét hàm số 2t 4f (t) (0 t 2)
t 4 t
= + < ≤
+
. 
2
2 2
4(t 8t 16)f '(t) 0, t (0;2]
t (t 4)
− −
= < ∀ ∈
+
 ⇒ f(t) nghịch biến trên (0 ; 2]. 
0.25 
Suy ra: 8P f (t) f (2)
3
≥ ≥ = . 
x y
8P x y z 2a b 4cx y3 2
z
=

= ⇔ ⇔ = = ⇔ = = +
=
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8
3
, khi 2a = b = 4c. 
0.25 
Chú ý: Những cách giải khác đáp án, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Tùy theo thang điểm của đáp án mà giám 
khảo cho điểm tương ứng