www.DeThiThuDaiHoc.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: Toán – lớp 12
( Thời gian làm bài: 180 phút )

2x 1
.
x 1
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  5  4 x trên đoạn
Câu 1(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 

 1;1 .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn 1  3i  z  1  i  5  i . Tính môđun của z .
b) Giải phương trình log 2  x  1  log 2 x  1 .
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I    2  x 3  x.e x  dx.
0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 1; 0  và đường thẳng d có phương

x 1 y 1 z


. Lập phương trình mặt phẳng  P  đi qua điểm A và vuông góc với đường

2
1
3
thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc trục Ox sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P) bằng 14 .
trình

Câu 6 (1,0 điểm).

2
a) Tính giá trị của biểu thức P  1  3sin 2 x 1  4cos 2 x  , biết cos 2 x   .
3
b) Trong đợt kiểm tra chất lượng sản xuất sản phẩm tiêu dùng, một đoàn thanh tra lấy ngẫu nhiên 5 sản
phẩm từ một lô hàng của một công ty để kiểm tra. Tính xác suất để đoàn thanh tra lấy được đúng 2 phế
phẩm. Biết rằng trong lô hàng đó có 100 sản phẩm, trong đó có 95 chính phẩm và 5 phế phẩm.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , tam giác SAB vuông
cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối chóp S.ABC
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 18. Gọi E
là trung điểm cạnh BC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE cắt đường chéo AC tại G , (G không
 2 4
trùng với C ). Biết E 1; 1 , G  ;  và điểm D thuộc đường thẳng d : x  y  6  0 . Tìm tọa độ các
5 5
điểm A, B, C , D.
 2 x 2  6 xy  17 y 2  17 x 2  6 xy  2 y 2  5  x  y 

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x; y    .
2
2
 x  1 x  2  2 y   6 y  11 x  2  x

Câu 10 (1,0 điểm). Xét x, y , z là các số thực dương thỏa mãn xy  xz  1  x .





 1 
4
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P   xy  xz  2   1   1   .
y   3z 

___________ 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: ………………………………………

Facebook.com/ThiThuDaiHoc


www.DeThiThuDaiHoc.com
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: Toán – lớp 12
Câu
Câu 1

Nội dung

Điểm
1 điểm


Khảo sát sự biến thiên và….
 TXĐ: D = R\{ - 1}
 Giới hạn và tiệm cận
lim y  lim y  2 ; tiệm cận ngang y=2
x 

0,25

x 

lim y  ; lim  y   ; tiệm cận đứng x=-1

x ( 1)

x  ( 1)

3
 0 x  1
( x  1) 2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-  ; -1) và ( -1; +  )
Hàm số không có cực trị
 BBT:
x -
-1
+
y’
+
+




Đạo hàm: Ta có y ' 

0,25

0,25
+

y
2


2
-

Đồ thị:
y
5

4

3

0,25

2

1


x
-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

-1

-2

Câu 2

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị…
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn  1;1
2
 0x   1;1
5  4x
Do f  1  4; f 1  0


Ta có f '  x   1 

0.25
0.25

Vậy max f  x   0 , xảy ra khi x  1 ; min f  x   4 , xảy ra khi x  1 .
1;1

 1;1

Câu 3a Cho số phức z thỏa mãn 1  3i  z  1  i  5  i . Tính môđun của z .
Ta có 1  3i  z  1  i  5  i  z 

1 điểm
0.25

4  2i
 1 i
1  3i

Suy ra z  2 .

0.25
0,5 điểm
0,25
0,25

Facebook.com/ThiThuDaiHoc



www.DeThiThuDaiHoc.com
Câu 3b Giải phương trình log 2  x  1  log 2 x  1 .

0,5 điểm

ĐKXĐ x  1 .

Câu 4

x  2
PT đã cho  log 2  x  x  1   1  x  x  1  2  x 2  x  2  0  
 x  1
Đối chiếu ĐK ta có x  2 là nghiệm duy nhất của PT đã cho.
Tính tích phân….
1

1

Ta có I    2  x  x.e  dx    2  x  dx   xe x dx
3

0

0


x4 
2

x

dx

2
x

  4   94 .
0 

0
3

1



0,25

0

1

1



1

 xe dx   xde   x.e
x


0

x

0

x

1

0,25

1

   e dx  e   e 
0

x

x

0

1
0

1

13
.

4
Trong không gian tọa độ Oxyz ,….

Đường thẳng d có VTCP là u  2;1; 3 . Vì đường thẳng d vuông góc với mặt

phẳng (P), nên mặt phẳng (P) nhận u  2;1; 3 làm VPPT.
Vậy I 

Câu 5

0,25
1 điểm

1

x

3

0,25

Mà mặt phẳng (P) đi qua điểm A 1; 1; 0  , do đó mặt phẳng (P) có phương trình:
2  x  1  1 y  1  3  z  0   0   P  : 2 x  y  3z  1  0 .

Do B  Ox  B  a;0;0  , ta có: d  B;  P   

2a  1
14

0,25

0,25
1 điểm
0,25

0,25

.

15

a  2
Suy ra d  B;  P    14 
 14  2a  1  14  
.
14
 a  13

2
 15

 13

Vậy B  ; 0;0  , hoặc B 
; 0; 0 
2

 2

2a  1


Câu 6a Tính giá trị của biểu thức P  1  3sin 2 x 1  4cos 2 x  , biết cos 2 x   2 .
3
1  cos 2 x  
1  cos 2 x 

Ta có P  1  3sin 2 x 1  4 cos 2 x    1  3.
 1  4.

2
2



 5  3cos 2 x  3  2 cos 2 x   35 .

2
6
Câu 6b Trong đợt kiểm tra chất lượng sản xuất…
5
Không gian mẫu của phép thử là  có n     C100
.
Gọi A là biến cố “đoàn thanh tra lấy được đúng 2 phế phẩm”
Số cách lấy được 5 sản phẩm trong đó có đúng 2 phế phẩm là C953 .C52 cách.

0,25

0,25

0,5 điểm
0,25

0,25
0,5 điểm

0,25

Suy ra n  A   C953 .C52 .
n  A
 0, 0183 .
n 
(Lưu ý :Thí sinh lấy kết quả xấp xỉ 0,02 cũng cho điểm tối đa)
 P  A 

Facebook.com/ThiThuDaiHoc

0,25


www.DeThiThuDaiHoc.com
Câu 7

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều….
Gọi H là trung điểm của AB
 SH  AB mà
 SAB    ABC   SH   ABC 
Do SAB vuông cân tại S
AB a
 SH 
 .
2
2


a2 3
.
4
1
a3 3
Do đó: VSABC  SA.S ABC 
(đvdt).
3
24
Dựng hình bình hành ABDC , ta có
AC ||  SBD   d  AC , SB   d  AC ;  SBD    d  A;  SBD    2d  H ;  SBD  

1 điểm

0,25

Mà ABC đều  SABC 

0,25

0,25

Kẻ HK  BD tại K và HI  SK tại I.
Ta có BD   SHK   BD  HI , do đó HI   SBD   d  H ;  SBD    HI

  600  HK  HB.sin 600  a 3
Xét tam giác vuông BHK có HBK
4
1

1
1
a 3
Xét tam giác vuông SHK, ta có


 HI 
2
2
2
HI
HS
HK
2 7
3
Vậy d  AC , SB   2 HI  a
.
7
Câu 8

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD ….

0,25

1 điểm

Do tứ giác CDGE nội tiếp  DG  GE ,
Do D  d  D  t ;6  t 
  3 9    2 26 
Ta có EG   ;  ; DG  t  ;  t  do

 5 5
 5 5

 
EG.DG  0  t  4  D  4; 2  .

0,25

Suy ra DE  3 2, DE : x  y  2  0

9
1
9
Gọi C  a; b  , do S ABCD  18  SCDE   d  C; DE  .DE   a  b  2  3 .(1)
2
2
2


Mà DC  a  4; b  2  , EC  a  1; b  1 ; do
 
CD  CE  DC.EC  0   a  4  a  1   b  2  b  1  0 (2)
 a  b  2  3
 a  4; b  1 C  4; 1
Từ (1) và (2) ta có:  2

 a  1; b  2  
2

a  5a  b  b  2  0

C 1; 2 
Do C và G nằm khác phía với bờ là đường thẳng DE  C 1; 2  không thỏa mãn

0,25

0,25

Suy ra C  4; 1 thỏa mãn.

 
Vì M là trung điểm BC nên B  2; 1 . Do AD  BC  A  2; 2  .

Facebook.com/ThiThuDaiHoc

0,25


www.DeThiThuDaiHoc.com
Câu 9

 2 x 2  6 xy  17 y 2  17 x 2  6 xy  2 y 2  5  x  y  1

Giải hệ: 
2
2
 2
 x  1 x  2  2 y   6 y  11 x  2  x
ĐKXĐ: x  2






2

Từ (1)  x  y  0 và VT 1 

 x  4 y



2



1 điểm

 4x  y 

2

 x  4 y   x  y

2



2

 4x  y    x  y 


2

0,25
 x  4 y  4x  y  5 x  y .

Dấu “=” xảy ra  x  y  0 .
Thế x  y vào PT (2) ta được  x 2  1

x

2





x  2  2 x   6 x  11 x  2  x 2

 6 x  12  x  2  2 x3  x 2  2 x

 2 x3  x  x  2    x 2  6  x  2   x  2  0
3

 2x  x



x2
3




2

x

2

x26



x2



0,25

3

0

2

 x   x   x 
 2
 
 
  6  0 (vì x  0 )

 x2   x2   x2 
x
Đặt t 
, PT trên trở thành
x2
3
2t 3  t 2  t  6  0   2t  3  t 2  2t  2   0  t 
2

9  369
x
t / m

x
3
8
2

.

  3 x  2  2 x  4x  9x  18  0 

x2 2
9  369
L
x 

8
9  369
9  369

Với x 
y
.
8
8
 9  369 9  369 
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y   
;
 .
8
8



0,25

0,25

Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn xy  xz  1  x .
Câu 10

 1 
4
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P   xy  xz  2   1   1   .
y   3z 

 1 
4 
Từ giả thiết đã cho ta có : P  1  x   1   1  
y   3z 


1
1
Mà xy  xz  1  x   y  z  1 . Đặt  u ,  u  0 
x
x
4
 1  1 
Ta có u  y  z  1 và P  1    1    1   .
y   3z 
 u 
4 

Do u  y  z  1 suy ra u , y , z   0;1   1    0 .
 3z 
2

1 điểm

0,25

2

2
1  
2  
2 
 1  1  
Mà  1    1     1 
 1 


1


 

y  
uy   u  y   1  z 
 u 

4 
2 
 1  1 
Suy ra P  1   1    1    1 
y   3z   1  z 
 u 

2

4

 1  3z  .



Facebook.com/ThiThuDaiHoc

0,25



www.DeThiThuDaiHoc.com
2 

Xét hàm số f  z   1 

 1 z 
Ta có f '  z  

2

2

4   z  3

1   
2
 3z   z  1

4  z  3 2 z  3 2 z  1
3

3  z  1 z 2

 3z  4 
.
 với z   0;1
 3z 

,


1
2

 f ' z   0  z 

0,25

Lập bảng biến thiên:
z
f’(z)

0
+

1
2
0

1
-

125
3

f(z)



Ta có P  f  z   


125
125
1
1
P
, đẳng thức xảy ra khi x  4; y  ; z  .
3
3
4
2

125
Vậy MaxP  
.
3


0,25

Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình, đều cho điểm
tương đương.
----------Hết--------

Facebook.com/ThiThuDaiHoc