Đề thi môn toán khối 12 (lần thứ 1) năm học: 2015 - 2016 thời gian: 180 phút

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ THI MÔN TOÁN_KHỐI 12 (lần 1) 
Năm học: 2015-2016 
Thời gian: 180 phút 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 23 4y x x   . 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 
     2 22 2f x x x   trên đoạn 1 ; 22
   
. 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình sin 3 cos 2 1 2sin cos 2x x x x   
b) Giải phương trình    28 8 42 log 2 log 2 1 3x x x    
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm m để đường thẳng   :d y x m  cắt đồ thị  C của hàm số 
1
1
xy
x



tại hai điểm ,A B sao cho 3 2AB  
Câu 5 (1,0 điểm). 
a) Cho cot 2a  . Tính giá trị của biểu thức 
4 4
2 2
sin cos
sin cos
a aP
a a



. 
b) Một xí nghiệp có 50 công nhân, trong đó có 30 công nhân tay nghề loại 
A, 15 công nhân tay nghề loại B, 5 công nhân tay nghề loại C. Lấy ngẫu 
nhiên theo danh sách 3 công nhân. Tính xác suất để 3 người được lấy ra 
có 1 người tay nghề loại A, 1 người tay nghề loại B, 1 người tay nghề loại 
C. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đường cao SA bằng 2a , tam giác 
ABC vuông ở C có 2 ,AB a  30CAB   . Gọi H là hình chiếu vuông của A trên 
.SC Tính theo a thể tích của khối chóp .H ABC . Tính cô-sin của góc giữa hai mặt 
phẳng    ,SAB SBC . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang OABC (O 
là gốc tọa độ) có diện tích bằng 6, OA song song với BC , đỉnh  1; 2A  , đỉnh 
B thuộc đường thẳng  1 : 1 0d x y   , đỉnh C thuộc đường thẳng  2 : 3 2 0d x y   . 
Tìm tọa độ các đỉnh ,B C . 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại 
A có phương trình ,AB AC lần lượt là 2 2 0, 2 1 0x y x y      , điểm  1; 2M thuộc 
đoạn thẳng BC . Tìm tọa độ điểm D sao cho tích vô hướng .DB DC
 
có giá trị nhỏ 
nhất. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 
2
2
2
2 2 1
3 3
x x x
x x
 
  
 
trên tập số 
thực. 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực ,x y thỏa mãn    2 24 4 2 32x y xy     . Tìm 
giá trị nhỏ nhất của biểu thức   3 3 3 1 2A x y xy x y      . 
-----------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.......................... 
ĐÁP ÁN TOÁN 12, lần 1, 2015-2016 
Câu Nội dung Điểm 
1  Tập xác đinh: D   . 
 Sự biến thiên: 
- Chiều biến thiên: ' 23 6y x x  ; ' 0 0; 2y x x     0,25 
Các khoảng đồng biến  ; 2  và  0; ; khoảng nghịch biến  2;0 . 
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại D2, 0Cx y   ; đạt cực tiểu tại 
0, 4CTx y   
- Giới hạn tại vô cực: lim ; lim
x x
y y
 
    0,25 
 Bảng biến thiên 
x  2 0  
'y  0  0  
y 0  
  4 
 0,25 
 Đồ thị 
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-15 -10 -5 5 10 15
f x  = x3+3x2 -4
 0,25 
2 Ta có   4 24 4f x x x   ;  f x xác định và liên tục trên đoạn 1 ;0
2
   
; 
 ' 34 8 .f x x x  0,25 
Với  '1 ;2 , 0 0; 2
2
x f x x x        
0,25 
Ta có      1 13 , 0 4, 2 0, 2 42 16f f f f
      
 
. 
0,25 
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số  f x trên đoạn 
1 ;0
2
   
lần lượt là 4 và 0. 
0,25 
3 a) sin 3 cos 2 1 2sin cos 2 sin 3 cos 2 1 sin sin 3
cos 2 1 sin
x x x x x x x x
x x
       
  
0,25 
 2
sin 0
1 2sin 1 sin 21 6sin
2 5 2
6
x k
x
x x x k
x
x k






 
 
        
 
 
  

0,25 
b) Điều kiện 0, 1x x  . 
Với điều kiện đó, pt đã cho tương đương với : 
     
22 2
8
4log 2 1 2 1 16
3
x x x x       0,25 
 
 
2 1 4
2
2 1 4
x x
x
x x
 
  
  
0,25 
4 Pt hoành độ giao điểm   1 1 1
1
x x m x x m x
x

      

(vì 1x  không 
là nghiệm của pt)  2 2 1 0x m x m      (1) 
Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt 21 2, 8 0x x m m        . 
Khi đó    1 1 2 2; , ;A x x m B x x m  .Theo hệ thức Viet ta có 
1 2
1 2
2
1
x x m
x x m
  

 
0,50 
   
     
2 22
1 2 1 2
2 2
1 2 1 2
3 2 18 2 18 9
4 9 2 4 1 9 1
AB AB x x x x
x x x x m m m
         
           
0,50 
5 a) 
  
4 4 4 4 4 4
2 2 4 42 2 2 2
sin cos sin cos sin cos
sin cos sin cossin cos sin cos
a a a a a aP
a a a aa a a a
  
  
  
. 
0,25 
Chia tử và mẫu cho 4sin a , ta được 
4 4
4 4
1 cot 1 2 17
1 cot 1 2 15
aP
a
 
   
 
 0,25 
b) Số phần tử của không gian mẫu   350 19600.n C   0,25 
Số kết quả thuận lợi cho biến cố “trong 3 người được lấy ra, mỗi 
người thuộc 1 loại” là 1 1 130 15 5. . 2250C C C  . Xác suất cần tính là 
2250 45
19600 392
p   . 0,25 
6 
A B
C
S
K
H
I
Trong mặt phẳng  SAC , kẻ HI song song với SA thì  HI ABC . 
Ta có cos30 3.CA AB a  Do đó 
21 1 3. .sin 30 .2 . 3.sin 30
2 2 2ABC
aS AB AC a a    . 
0,25 
Ta có 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
. 3 3 6
4 3 7 7
HI HC HC SC AC AC a HI a
SA SC SC SC SA AC a a
       
 
. 
Vậy 
2 3
.
1 1 3 6 3. . .
3 3 2 7 7H ABC ABC
a aV S HI a   . 
(Cách khác: . .
1 .
3H ABC B AHC AHC
V V S BC  ) 0,25 
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên SB . Ta có 
,AH SC AH CB  (do  CB SAC ), suy ra  AH SBC AH SB   . 
Lại có: ,SB AK suy ra  SB AHK . Vậy góc giữa giữa hai mặt phẳng 
   ,SAB SBC là HKA . 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 7 .2 3
4 3 12 7
aAH
AH SA AC a a a
       ; 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 2
4 4 2
AK a
AK SA AB a a a
       . 
Tam giác HKA vuông tại H (vì    ,AH SBC SBC HK  ). 
 
.2 3
6 77sin cos
72 7
a
AHHKA HKA
AK a
     
0,50 
7 : 2 0OA x y  . 
 : 2 0 0OA BC BC x y m m     . 
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 
 
1 0 1
1 ; 2
2 0 2
x y x m
B m m
x y m y m
     
    
     
. 
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 
 
3 2 0 2
2;4 3
2 0 4 3
x y x m
C m m
x y m y m
     
    
     
. 
0,50 
   
     2 2 22
2 2
1 . ,
2
1 1 2 2 3 4 6 . 6
2 2 1
OABCS OA BC d O BC
m
m m
  
          
 2 3 1 12m m    . Giải pt này bằng cách chia trường hợp để phá 
dấu giá trị tuyệt đối ta được 1 7; 3m m   . Vậy 
   7; 1 7 , 1 7;1 3 7B C     hoặc    2;1 , 1; 5B C  0,50 
8 Gọi vec tơ pháp tuyến của , ,AB AC BC lần lượt là 
     1 2 31;2 , 2;1 , ;n n n a b
  
.Pt BC có dạng    1 2 0a x b y    , với 
2 2 0a b  . Tam giác ABC cân tại A nên 
   1 3 2 3
2 2 2 2
cos cos cos , cos ,
2 2
5 5
B C n n n n
a ba b a b
a ba b a b
   
   
     
   
0,50 
Với a b  . Chọn   2 11 1 : 1 0 0;1 , ;
3 3
b a BC x y B C            
 
, 
không thỏa mãn M thuộc đoạn BC . 
Với a b . Chọn    1 : 3 0 4; 1 , 4;7a b BC x y B C         , thỏa 
mãn M thuộc đoạn BC . 0,25 
Gọi trung diểm của BC là  0;3I I . 
Ta có   
2 2
2.
4 4
BC BCDB DC DI IB DI IC DI      
     
. 
Dấu bằng xảy ra khi D I . Vậy  0;3D 0,25 
9 Điều kiện 3.x   Bất pt đã cho tương đương với 
  
  
2
2 2
2 2
2 2
2
2 2
2
2
2
2
2 4
2 2 3 31 0 1 0
3 3 2 2
3 3
1 6
3 3
1 0
2 2
3 3
x x
x x x xx x
x x x x
x x
x x x
x x
x
x x
x x
 
          
   

 
  
 
   
 

  0,50 
 
  
2
2
2
2
2
61 1 0
2 23 3
3 3
x xx
x xx x
x x
 
 
  
               
2 1 0 1 1x x       (Với 3x   thì biểu thức trong ngoặc vuông 
luôn dương). Vậy tập nghiệm của bất pt là  1;1S   0,50 
10 Ta có        2 2 24 4 2 32 8 0 0 8x y xy x y x y x y              0,25 
         3 3 233 6 6 3 6.
2
A x y x y xy x y x y x y             
Xét hàm số:   3 23 3 6
2
f t t t t    trên đoạn  0;8 . 
Ta có    ' 2 ' 1 53 3 3, 0
2
f t t t f t t       hoặc 1 5
2
t  (loại) 0,25 
Ta có    1 5 17 5 50 6, , 8 398
2 4
f f f
  
    
 
. Suy ra 17 5 5
4
A  
0,25 
Khi 1 5
4
x y   thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 
17 5 5
4

0,25