Trường THPT Đặng Thai Mai. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 2
Năm học 2012 – 2013. Môn: Toán. Khối: A, A1, B.
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian chép đề.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm).
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2
2 3
y x x
  

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng :
d y m

cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt M,N,P,Q (sắp thứ tự từ trái sang phải) sao cho
độ dài các đoạn thẳng MN,NP,PQ là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông.
Câu II ( 3,0 điểm).
1. Giải phương trình lượng giác: 34cos22sin2cos36cos2  xxxx .
2. Giải hệ phương trình :
2 2
2 2 2
6
1 5
x x y y
x y y

 


 

( )
ABC
một góc 60
0
. Tính thể tích của khối lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và
'
CB
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
3 3 3 2 2 2
4x y y z z x xyz
P
z x y xy yz zx
   
 
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A.Theo chương trình Chuẩn.
Câu V.a ( 2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết
trực tâm
(1;0)
H , chân đường cao hạ từ đỉnh B là
(0; 2)
K , trung điểm cạnh AB là
(3;1)
M .

1
) và cắt (d
2
).
Câu VI.a ( 1,0 điểm). Giải phương trình : xxx
2
2
7
log)1(log  .
B.Theo chương trình Nâng cao.
Câu V.b ( 2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho tam giác ABC biết có A(1;1) biết đường thẳng qua trung điểm cạnh AB và AC
có phương trình x -2y -4=0.Đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình:3x+2y-5=0 .Tìm toa độ đỉnh B,C biết diện
tích tam giác ABC bằng
20
và điểm B có hoành độ dương.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
( )

:
2
( )
4



 



1 2
,
 
làm đường
kính.
Câu VI.b ( 1,0 điểm). Một thầy giáo có 12 quyển sách đôi một khác nhau trong đó có 5 quyển sách Toán, 4 quyển
sách Vật lý, và 3 quyển sách Hóa học.Ông muốn lấy ra 6 quyển đem tặng cho 6 học sinh A,B,C,D,E,F mỗi em một
quyển.Tính xác suất để sau khi tặng sách xong mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học đều còn lại ít nhất một
quyển.
……….Hết……….
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

Trng THPT ng Thai Mai.
Nm hc 2012 2013.

Đáp án và thang điểm

THI KHO ST CHT LNG KHI 12 LN 2
Mụn: Toỏn. Khi: A, A1, B.
Thi gian lm bi: 180 phỳt.

CÂU

NễI DUNG ẹIE
M
Câu I

(2,0 điểm)
p xỏc nh :
D = R
b) S bin thiờn:
* Gii hn :
lim , lim
x x
y y


.
*Chiu bin thiờn: y = 4x
3
-4x.
x 0
y' 0
x 1







0,25
* Bng bin thiờn
-4
-3
-4
+
+

1

v y
CT
= -4 0,25
c) th
*V th:
-3
1
-2 -1 21
O

* Nhn xột: th hm s nhn trc Oy lm trc i xng.

0,25
2. (1,0 điểm) .

Từ đồ thị hàm số ta thấy, để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt thì
4 3
m
   
(*)
Phương trình hoành độ giao điểm:
4 2

. Từ đó tìm được tọa độ các điểm


2
;0
M t
,


1
;0
N t
,


1
;0
P t
,


2
;0
Q t
suy ra
2 1
MN t t
  ;
1
2

3
t t
t t m
 


  

. Vì vậy
 
7
4 8 3
2
m m
     

Đáp số
7
2
m
 

0,25
C©u II

(3,0 ®iÓm)
1




 
1
2

0.25
 
1
2
x k


   ,


k Z

0.25
 
2 cos5 cos
6
x x

 
  
 
 
5 2





0.25
Vậy pt đã cho có các nghiệm:
2
x k


  , ,
24 2 36 3
k k
x x
   
     ,


k Z

0.25
2
(1điểm)
Ta thấy (0;0) không là nghiệm của hệ nên
Hệ phương trình

2
2
1
( ) 6



  

 0,25

Đặt S =
1
x
y

, P =
1
.
x
y
Hệ pt trở thành
2
. 6
2 5
S P



1
3
1
. 2
x
y
x
y

 









1
1
2
2
1
x
y
x
y

3
(1điểm)
x cosx x cosx
I dx dx
cos x cos x
 
 
 

 
4 4
2
0 0
1 2 2
x cosx
dx dx I I
cos x cos x
 
   
 
4 4
1 2
2 2
0 0
2 2

0,25
Tính
x
I dx

1

4 4
1
0 0
1 1 1 1 2
4 4
2 8 2 8 2 8 2 2
0 0
sinx
I (x tanx tandx) dx ln cosx ln
cosx
 
 
  
       
 0,25
4 4
2
2 2
0 0
1 1 1 1 1 2 2
4
2 2 1 4 1 4
2 2
0
cosx d(sinx) sinx


0
' ( ') ' 60
CC AB CMC CMC    . Gọi V là thể tích lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
thì
. '
ABC
V S CC

0,25
Ta có
2
0
1
.tan30 .
2
3 3
ABC
a a
CM BM S CM AB    

2 3
0
' .tan60 . 3 .
3 3 3
a a a
CC CM a V a     
0,25

MH MC MN a
     

0,25
M
M
A'
B'
C
A
B
C'
H

CÂU IV
(1 điểm)
Đặt
2 2 2
, , 1 3
4
x y z
a b c abc a b c
z x y
a b c
P
c a b ab bc ca
        
   
 


4 4 12 1 1 13
( ) ( ) ( ) 4
9 9 ( ) 9 3 3
a b c a b c a b c
a b c
            
 

0,25
Vậy minP=
13
3
xảy ra khi a=b=c=1 hay x=y=z

0,25
CÂU Va.
1(1 điểm)
+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận
( 1; 2)
HK  

làm vtpt và AC đi qua K nên
( ): 2 4 0.
AC x y
  

Ta cũng có:
( ):2 2 0
BK x y
  

Suy ra:
(4; 4), (2; 2).
A B
 0,25
+ Suy ra:
( 2; 6)
AB
  

, suy ra:
( ):3 8 0
AB x y
  
.

0,25
+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận
(3; 4)
HA 

, suy ra:
( ):3 4 2 0.
BC x y
  

QuaM
d
vtptn u




 

 



 0,25
PT mf(P) : 3x + 2y + z - 3 = 0

0,25
(P)

d
2
= A có tọa độ A(-1;5/3;8/3) 0,25
Khi đó đt d :
3

2
log

x=2
t0,25
PT trở thành t
tt
 )421(log
7

ttt
7421 
0,25

f(t)= 1
7
4
7
2
7
1







ểm).

+Ta có phưong trình AH qua A

x-2y-4=0 nên vtpt của AH
(2;1) 2 3 0
n x y
    

.Goi I là giao của AH và
đường trung bình cạnh AB,AC nên I là trung điểm AH
Ta có:I(2;-1)
(3; 3)
H
 

3x+2y-5=0
x-2y-4=0
M
I
A(1;1)
B
C
H

0,25
+Từ đó
: 2 9 0
BC x y
   


 
 
 
     
 
 
 
 
 
 

0,25
Do điểm B có hoành độ dương nên B(
15 3
;
2 4

) từ đó suy ra C(
1 19
;
2 4
 
)
0,25
2. (1,0 điểm).
PTTS
2

:

1 2
(2 ; ;4) ; (3 ; ;0)
(3 2 ; ; 4)
A t t B s s
AB s t s t
 
  
    


0,25
AB  
1
, AB  
2

1 1
2
2
2
. 0
(2;1;4); (2;1;0) 4
. 0
AB AB u
A B AB
AB
AB u




P(A)=1-P(
A
)

0,5
Số cách chọn sao cho không còn sách Toán:
5
6
.7
A
=5040
Số cách chọn sao cho không còn sách Vật lý:
4 2
6 8
. 20160
A A 
Số cách chọn sao cho không còn sách Hóa học:
3 3
6 9
. 60480
A A 

0,25
|
A
|=
5040 20160 60480
 
=85680
P(

Trường THPT Đặng Thai Mai. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 2
Năm học 2012 – 2013. Môn: Toán. Khối: D.
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian chép đề.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm).
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
2 3
2
x
y
x



.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Tìm điểm M thuộc (C) biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M cắt các
đường tiệm cận tại A và B sao cho diện tích đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng
2

.
Câu II ( 3,0 điểm).
1. Giải phương trình lượng giác:
4cos 3cos2 sin 2 3

cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu IV (1,0 điểm). Cho x,y


2012;2013
 và
x y

.Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P=
2 2
2
( )
( )
x y
x y
xy


.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A.Theo chương trình Chuẩn.
Câu V.a ( 2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm
(1;0)
H ,
chân đường cao hạ từ đỉnh B là
(0; 2)
K , trung điểm cạnh AB là
(3;1)

).

Câu VI.a ( 1,0 điểm). Giải phương trình: xx
32
log)1(log 
B.Theo chương trình Nâng cao.
Câu V.b ( 2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho tam giác ABC biết có A(1;1) biết đường thẳng qua trung điểm cạnh AB và AC
có phương trình x -2y -4=0.Đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình:3x+2y-5=0 .Tìm toa độ đỉnh B,C biết diện
tích tam giác ABC bằng
20
và điểm B có hoành độ dương.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P):
1 0
   
x y z đồng thời cắt cả hai đường thẳng
 
1
1 1
:
2 1 1
 
 

x y z
d và
2
1
( ) : 1
x t


(2,0 điểm)
1.

*Chiu bin thiờn:

2
1
0, 2
2
y x
x



0,25
* Bng bin thiờn
+
- 2
2

2
+
-
y
y'
x

0,25
+ Hm s nghich bin trờn cỏc khong; (-

; 2) v (2; +

)

2. (1,0 ®iÓm) .

2) Gọi
 
2 3
;
2
a
M a C
a

 

 

 
với
2
a

. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có dạng
:
 
 
2
2 3 1
2
2
a
y x a

 
2
2
1
2 2
2
AB a
a
   


Do tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp l
à
 
 
2
2
1
2
2
2
AB
R a
a
   




1;1
M hay


3;3
M
0,25
Câu II

(3 điểm)

1(1 điểm)
4cos 3cos2 sin 2 3
x x x  


4cos 3 1 cos2 sin 2 0
x x x
    

2
4cos 2 3 cos 2sin .cos 0
x x x x
   



cos 2 3cos sin 0
x x x


0.25
 
2 1 cos
6
x

 
  
 
 
2 2
6 6
x k x k
 
 
      ,


k Z

0.25
Vậy pt đã cho có các nghiệm:
2
x k


  ,
2
6

4 ( ) ( ) 2 4
2 2
x y x y x y x y xy
xy xy
 
        

 
   
 


2
( ) 0
2
x y x y
xy

   

 


0
( )
2
1
( )
2
x y

0,25 Giải (I): (I)

2
2
2
2
x
y
x
y







 






 







0,25
KL:Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:
(x;y)=




   
2; 2 ; 2; 2 ; 1; 2 ; 2;1
   0,25
3
(1 điểm)
xcosx(cosx sinx) cos x
I dx

dv cosxdx v sinx
 
 

 
 
 

I xsin x sinxdx



   

2
1
0
1
2
2
00,25
I (cosx sinx)dx (sinx cosx)


    

2


  


 


Gọi H là hình chiếu của I lên BC.Theo định lí 3 đường vuông góc SH

BC.
Mà BC =
( ) ( )
SBC ABCD

nên
SHI

= 60
o
là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD). 0,25

2
2
2
2 2 2
1 1
( ) 2 (2 ) 3

2
5
4
IBC
a
S a a
IH
BC
CE BE a a

   
 

Trong tam giác SIH vuông tại I, ta có : SI = IH.tan60
o
=
3 5 3 15
. 3
5 5
a a
 0,25
A
B
D
C
S
E

t
 
, 0,25

0,25
Vì
2012 2012
2012 2013 1 1
2013 2013
        
x
x y t
y
.Ta có
f’(t)>
2
2012 2013
2. 1 ( ) 0
2013 2012
  
với
2012
,1
2013
t
 
 

2012 2013
t
P t f
 

 
 
 
 
    
 
 
 
 


Đạt được khi
2012
2013
x y


0,25
Câu V.a.1

(1 điểm)
+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận 0,25
M
H
K
C
B
A
2 4 6 2 10 4
.
2 2 2 2 0 2
a b a b a
a b a b b
     
  
 
  
     
  

Suy ra:
(4; 4), (2; 2).
A B


+ Suy ra:
( 2; 6)
0,25
Câu V.a.2

(1 điểm)
Gọi (P) là mf:
2
2
(1;1;1)
(2; 5;1)
P d
quaM
QuaM
d
vtptn u




 

  



 0,25

 


0,25
Câu VI.a
(1 điểm)
ĐK: x >0. Đặt y= x
3
log

y
x 3
0,25
Ta có PT y
y
 )31(log
2

yy
231 

f(y)= 1
2
3
2
1


Vậy Pt có một nghiệm x=9
0,25
Câu V.b.1

(1 điểm)
M(-3;0)
x-2y-1=0
:2x-3y+14=0
B
C
A
H

Ta có


n 1; 2


là VTPT của đường thẳng CH, do
AB CH

nên


n 1; 2


là 1 VTCP của đường
thẳng AB, mà AB đi qua



M 3;0
 là trung điểm của AB do đó
 
A B
M
B
A B B
M
x x
x
x 2
2
B 2; 2
y y y 2
y
2




 


   
 
  



2x 3y 2 0 y 0
   
 
 
 
   
 

Vậy






A 4;2 ,B 2; 2 ,C 1;0
  
0,25
Câu V.b.2

(1 điểm)
Giả sử :
1
d d

=


1 1 1
1 2 ; 1 ;

P
d mp P MN k n k R t t t t t
          
 

0,25

1
4
5
2
5










t
t

1 3 2
; ;
5 5 5
 
  


  



  


(
v R

)
0,25
Câu VI.b
(1 điểm)
4
11
330
C  
Biến cố A: “4 quả cầu đó có cả quả màu đỏ và màu xanh” với
A=
1 2 3
A A A
 

A
1
là 4 quả cầu có 1quả màu đỏ và 3 quả màu xanh

0,25đ

.6 60
C
0,25đ 1 2 3
100 150 60 31
( ) ( ) ( ) ( )
330 330 330 33
P A P A P A P A      
0,25đ

Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.