SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 12 THPT
Năm học2015 - 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề gồm 01 trang)

4
2
Bài1(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x − 2 x .
2x −1
y=
x − 1 biết d có hệ số
Bài 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số
góc bằng −1.

Bài3 (1,0 điểm).

1) Cho số phức z = 3 + 2i. Tìm phần thực của số phức ω = 3 z − z .
2) Tính giá trị của biểu thức

P = log 2 4 +

1
log 27

9
3

.

π
2

Bài4(1,0 điểm).Tính tích phân

I = ∫ ( x + 2 cos x) cos xdx.
0

Bài5(1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(1; 2; −1), B(3;0; −5) và mặt
phẳng ( P ) : 2 x − y − z + 3 = 0. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB. Viết
phương trình đường thẳng d đi qua điểm A, cắt trục Ox và song song với mặt phẳng (P).
Bài6(1,0 điểm).

π

3 sin 3 x + cos 3 x = 2sin  2 x + ÷.
3

1) Giải phương trình
2) Hội đồng coi thi THPT Quốc gia gồm có 30 cán bộ coi thi đến từ ba trường THPT trongđó có 12
giáo viên trường A, 10 giáo viên trường B, 8 giáo viên trường C. Chủ tịch Hội đồng coi thi chọn
2 cán bộ coi thi chứng kiến niêm phong gói đựng bì đề thi. Tính xác suất để 2 cán bộ coi thi được
chọn là giáo viên của hai trường THPT khác nhau.
Bài7(1,0 điểm).Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = 2a ,
·
BAC
= 600 , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a 3. Gọi M là trung điểm của
cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, CM .

H ( 5;5 )
Bài8(1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, chotam giác ABC vuông tại A . Gọi
là hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên cạnh BC , đường phân giác trong góc A của tam giác
ABC nằm trên đường thẳng x − 7 y + 20 = 0. Đường thẳng chứa trung tuyến AM của tam giác
ABC đi qua điểm K ( −10;5 ) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết điểm B có tung độ
dương.

(

)

 x 2 1 + y 2 − 1 + x 2 = 1 − xy

.

(2 x − 7 xy ) 3 x − 2 − x + 3xy = 5
Bài9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 

(

)

2
2
2
Bài10(1,0 điểm).Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = xy + xz + 10 yz , tìm giá trị
3x3 .
P = 8 xyz − 2
y + z2
nhỏ nhất của biểu thức



---------------------Hết--------------------Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên học sinh:.............................................................Số báo danh:......................................
Chữ kí của giám thị 1: ............................................ Chữ kí của giám thị 2:..................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 12 THPT
Năm học 2015-2016

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn: TOÁN
(Đáp án – Thang điểm gồm 04 trang)

CÂU

ĐI
Ể
M

ĐÁP ÁN
• TXĐ: D = ¡
lim y = +∞; lim y = +∞.
x →+∞
• Giới hạn: x→−∞


0
,
2
5

 x = 0 ⇒ y (0) = 0
y
'
=
0
⇔
 x = ±1 ⇒ y ( ±1) = −1
3

• Sự biến thiên: y ' = 4 x − 4 x ⇒
• Bảng biến thiên:
−∞
–1
0
1
–

0

+

0

+∞

–

0

+

0

0,25

−1

1
• Hàm số đồng biến trên các khoảng (−1;0) và (1; +∞).
(1,0
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; −1) và (0;1).
điểm)
• Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 ⇒ yC® = 0.
Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x = ±1 ⇒ yCT = −1.

0,25

• Đồ thị:

0,25

2
(1,0
điểm
)


TXĐ: D = ¡ \{1}
Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C). Khi đó y’(x ) = –1.

0,25

0

Ta có phương trình

 x0 = 0
−1
= −1 ⇔ ( x0 − 1) 2 = 1 ⇔ 
2
( x0 − 1)
 x0 = 2.

Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C) tại điểm (0;1) là y = − x + 1.
Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C) tại điểm (2;3) là y = − x + 5.

0,25
0,25
0,25


3
(1,0
điểm
)


a) ω = 3(3 + 2i) − (3 − 2i) = 6 + 8i

0,25

Phần thực của số phức ω =6+8i bằng 6.

0,25

b) log 2 4 = 2
1
7
7 15
= log 9 27 3 = ⇒ P = 2 + = .
log 27 3 9
4
4 4

0,25

π
2

I = ∫ ( x + 2 cos x) cos xdx =
4
(1,0
điểm
)

I1 =


0
π
2

∫ x cos xdx
0

⇒ I1 =

π
−1
2
π
2

5
(1,0
điểm
)

π
2

π
2

∫ x cos xdx + ∫ 2 cos
0

0,25


2

0,25

xdx.

0

u = x ⇒ du = dx
⇒ I1 =

dv
=
cos
xdx
⇒
v
=
sin
x
. Đặt 

π
x sin x 02

π
2

− ∫ sin xdx


0,25

0

0,25
π
2

π

1

2 π
I 2 = ∫ 2 cos 2 xdx = ∫ (1 + cos 2 x) dx =  x + sin 2 x ÷ = .
2

 0 2 ⇒ I = I1 + I 2 = π − 1.
0
0
Tính
uuur
I
(2;1;
−
3),
AB = (2; −2; −4).
Trung điểm của AB là
uuur
Mặt phẳng trung trực của AB đi qua I và nhận vectơ AB là 1 VTPT có phương trình

x − y − 2 z − 7 = 0.
Giả sử d cắt trục Ox tại M(m;0;0).
 qua A(1; 2; −1)
r
uuuur
d :
1
VTCP
u
=
AM = (m − 1; −2;1).

d

Khi đó
 A(1;2; −1) ∉ ( P)
4 ≠ 0
1
r
⇔ r
⇔ r r
⇔ 2m − 1 = 0 ⇔ m = .
2
u d ⊥ n( P )
u d .n( P ) = 0
d // (P)
x −1 y − 2 z +1
d:
=
=

.
1
4
−2

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

a) Giải phương trình

6
(1,0
điểm
)

3
1
π
π
π



sin 3 x + cos 3 x = sin  2 x + ÷ ⇔ sin  3 x + ÷ = sin  2 x + ÷
2

3
6
3



PT ⇔ 2
π
π
π


3 x + 6 = 2 x + 3 + k 2π
 x = 6 + k 2π
⇔
(k ∈ ¢ )

3 x + π = π − 2 x − π + k 2π
 x = π + k 2π

6
3
10
5
⇔ 

0,25

0,25


b) Gọi A là biến cố : “chọn 2 cán bộ coi thi là giáo viên của hai trường THPT khác nhau.”
Ω = C302 = 435
Số phần tử không gian mẫu:
1
1
1
1
A = C12
C10
+ C12
C81 + C10
C81 = 296

0,25

P( A) =

7
(1,0

Vậy xác suất để 2 cán bộ coi thi ở hai trường THPT khác nhau là
BC = AB tan 600 = 2a 3 ⇒ S ∆ABC = 2a 2 3.
Xét tam giác ABC có

1
1
VS . ABCD = SA.S ∆ABC = a 3.2a 2 3 = 2 a3 .
3
3


296
435

0,25
0,25
0,25


- Gọi N là trung điểm cạnh SA.
Do SB // (CMN) nên d ( SB, CM ) = d ( SB, (CMN )) = d ( B, (CMN )) = d ( A, (CMN )).
- Kẻ AE ⊥ MC , E ∈ MC và kẻ AH ⊥ NE , H ∈ NE
Chứng minh được AH ⊥ (CMN ) ⇒ d ( A, (CMN )) = AH .
Tính

AE =

2S∆AMC
MC trong đó:

1

·
AM . AC .sin CAM
= a2 3 
2


MC = a 13

S∆AMC =


điểm
)

⇒ AE =

0,25

2a 3
.
13

Tính được

AH =

d ( A, (CMN )) =

2a 3
.
29

2a 3
2a 3
⇒ d ( SB, CM ) =
.
29
29

·

·
Ta có ACB = BAH (do cùng phụ với góc
·ABC
).
·
·
Hơn nữa, MA=MB=MC nên MAC = MCA ⇒
·
·
BAH
= MAC
. Suy ra đường phân giác trong
AD của góc A cũng là phân giác của góc
·
HAM
.
Gọi K’ là điểm đối xứng với K qua AD thì K’
thuộc AH.
Viết được phương trình KK’: 7 x + y + 65 = 0

8
(1,0
điểm
)

 19 3 
⇒ I − ; ÷
 2 2
KK '∩ AD = I
⇒ K ' ( −9; −2 )

AH: x − 2 y + 5 = 0 ,

Vậy

0,25

0,25

AH ∩ AD = A ⇒ A ( 1;3) ⇒ BC : 2 x + y − 15 = 0
.

 13 
M  ; 2 ÷.
2 
Đường thẳngn AM đi qua A và K nên AM : 2 x + 11 y − 35 = 0 . Vậy
B ( b;15 − 2b )
Vì B thuộc đường thẳngBC nên
.
b = 9
MA = MB ⇒ 5b 2 − 65b + 180 = 0 ⇔ 
b = 4
Do
9
(1,0
điểm

0,25

0,25


0,25

B ( 4;7 ) , C ( 9; −3) .

2

x ≥
.
3


x + 3xy ≥ 0
ĐK: 

0,25


( 1) ⇔

1 + y2 − 1 +

Xét hàm số

1 1
1
1
2
=
−
y

⇔
y
+
1
+
y
=
+
1
+
( 3) .
x
x2 x
x2

Do
1
1
( 3) ⇔ f ( y ) = f  ÷ ⇔ y = .
x
x
Do đó
Khi đó,

f '( t ) > 0 ⇒

f ( t ) = t + 1+ t2 , t ∈ ¡ .

( 2 ) ⇔ (2 x − 7) (


hàm số f đồng biến trên ¡ .

)

3x − 2 − x + 3 = 5 ⇔ 3x − 2 − x + 3 −

5
=0
2x − 7

7
x=
2 không là nghiệm )
(vì

)

Xét hàm số

g ( x) = 3 x − 2 − x + 3 −

g '( x) =
Ta có

2
 7 
5
x ∈  ; +∞ ÷\   .
3
 2 

2 x − 7 với
10

3
1
−
+
2 3x − 2 2 x + 3 ( 2 x − 7 ) 2

2
 7
3 x + 3 − 3 x − 2 > 0 ∀x ∈  ; +∞ ÷\   .
3
 2
Vì
3
1
10
⇒ g '( x) =
−
+
>0
2 3x − 2 2 x + 3 ( 2 x − 7 ) 2

0,25

2
 7 
x ∈  ; +∞ ÷\   .
3

 2
với

2 7 
7

;
÷
 ; +∞ ÷
 3 2 

Suy ra g(x) đồng biến trên
và  2
Mà g (1) = g (6) = 0 nên phương trình có hai nghiệm là x=1;x=6
Vậy hệ có nghiệm là

( 1;1) ;  6;


0,25

0,25

1
÷
6
2

3x
x


⇔  − ( y + z) ÷ = 12 yz −
2
2
2
4
2

Ta có x + y + z = xy + xz + 10 yz

2

0,25

2
3
Suy ra 16 yz ≥ x ⇒ 16 xyz ≥ x

x2
3x 3
y + z ≥ 2 yz ≥
⇒− 2
≥ −24 x
8
y + z2
Mặt khác ta có
3 x3
x3
P = 8 xyz − 2
≥ − 24 x

y + z2 2
Khi đó
2

10
(1,0
điểm
)

2

x3
− 24 x
2
Xét hàm số
với x ∈ (0; +∞ )
min f ( x ) = −64
Suy ra x∈( 0;+∞ )
khi x = 4 ⇒ y = z = 1
Vậy min P = −64 khi x = 4, y = z = 1.
f ( x) =

0,25

0,25

0,25