Đề 1 thi khảo sát chất lượng lần thứ hai năm học 2013 – 2014 môn: toán 12 – khối a, b, d thời gian làm bài: 180 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA 
TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN 
****** 
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ HAI 
NĂM HỌC 2013 – 2014 
Môn: Toán 12 – Khối A, B, D 
Thời gian làm bài: 180 phút 
****** 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 3 2 23 4y x mx m   (1) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của đồ thị hàm số (1) khi 1m  . 
2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho đường thẳng đi qua hai 
điểm cực trị A, B là tiếp tuyến của đường tròn:    2 2 51 3
13
x y    
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 sin 2 sin 3cos 2
4
x x x     
 
. 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   
2 2
2 2
3 5 2 3 7 2 24
7 6 14 0
x x y y xy
x y xy x y
     

     
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: 
2
0
cos 2 1
cos sin
x xI dx
x x




Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I, 2AB a , 3BD AC , mặt bên 
SAB là tam giác cân đỉnh A, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của 
AI. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z với 1, 2, 3x y z      và thỏa mãn đẳng thức:
3 2 6 3 2 5xyz xy yz xz x y z        . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
2 2 22 2 4 5 6 10
6
x x y y z z
S
x y z
       

  
. 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích bằng 4 5
2
, đáy lớn CD 
nằm trên đường thẳng 3 3 0x y   . Biết hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại (2; 3).I Viết 
phương trình đường thẳng chứa cạnh BC, biết điểm C có hoành độ dương. 
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 2 1:
1 2 1
x y z 
  
 
 và mặt phẳng 
( ) : 3 0P x y z    . Gọi I là giao điểm của  và ( )P . Tìm tọa độ điểm M thuộc ( )P sao cho MI vuông 
góc với  và 4 14M I  . 
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm hệ số 4x trong khai triển    31 3 nP x x x   thành đa thức biết n là số nguyên 
dương thỏa mãn 2 2 16 5
n
n nnC A

   . 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip  
2 2
: 1
16 9
x yE   và đường thẳng 
: 3 4 12 0x y    cắt (E) tại hai điểm A và B. Tìm điểm ( )C E sao cho tam giác ABC có diện tích lớn 
nhất. 
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 1 2:
2 1 1
x y zd   

 và mặt phẳng 
( ) : 2 2 0P x y z   . Gọi A là điểm trên d sao cho khoảng cách từ A đến ( )m p P bằng 1; B là điểm trên 
mặt phẳng ( )P sao cho AB vuông góc với d và độ dài AB nhỏ nhất. Tìm tọa độ các điểm A và B . 
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình:      2 42 1log 4 log 2 log 34x x x     . 
--------------------HẾT-------------------- 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA 
TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN 
******** 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 
LẦN THỨ HAI 
NĂM HỌC 2013 – 2014 
Môn: Toán 12 – Khối A, B, D 
Thời gian làm bài: 180 phút 
******* 
Câu Nội dung Điểm 
1 1. Khảo sát sự biến thiên .. 
Khi 1m  hàm số trở thành: x3 23 4y x   
* Tập xác định: R 
* Sự biến thiên của hàm số 
- Giới hạn của hàm số tại vô cực 
lim
x
y

  ; lim
x
y

  
0.25 
điểm 
- Bảng biến thiên 
2 0' 3 6 0
2
x
y x x
x

      
x   -2 0 
 
y' + 0 + 0 
y 
 0  
   – 4 
0.25 
điểm 
Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2  và  0; . 
Hàm số nghịch biến trên khoảng  2;0 . 
Hàm số đạt cực đại tại x 2  ;  D 2 0Cy y   . 
Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 ;  D 0 4Cy y  
0.25 
điểm 
* Đồ thị 
0.25 
điểm 
2. Tìm các giá trị của tham số .. 
Ta có: 2
0
' 3 6 0
2
x
y x mx
x m

      
Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị điều kiện là 2 0 0m m    
0.25 
điểm 
Khi đó, tọa độ hai điểm cực trị là:  3 22 ;4 4A m m m  và  20; 4B m 
Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A, B là: 2 22 4 0m x y m   . 
0.25 
điểm 
Điều kiện để AB là tiếp tuyến của đường tròn    2 2
51 3
13
x y    có tâm  1; 3I   , 
bán kính 
5
13
R  là: 
 
   2 2
4
2 1 3 45 5;
13 134 1
m m
d I AB
m
   
  

4 28 39 28 0m m    
0.25 
điểm 
2
2
24
7 14
8 4
mm
m m
  
      
Vậy, giá trị cần tìm là: 
142;
4
m m    
0.25 
điểm 
2 
Giải phương trình: 2 sin 2 sin 3cos 2
4
x x x     
 
Phương trình đã cho tương đương với: 
   
   
2
sin 2 cos2 sin 3cos 2
2sin cos sin 2cos 3cos 1 0
2cos 1 sin cos 1 0
x x x x
x x x x x
x x x
   
     
    
0.25 
điểm 
1cos
2
sin cos 1
x
x x
 

 
0.25 
điểm 
1cos 2 ,
2 3
x x k k Z       
 
2
2sin cos 1 sin
4 2 2
2
x k
x x x k Z
x k





             

0.25 
điểm 
Phương trình có các nghiệm là: 
2
3
x k    và 
2
2
2
x k
x k





  

 (với k Z ) 
0.25 
điểm 
3 
Giải hệ phương trình: 
    
 
2 2
2 2
3 5 2 3 7 2 24 1
7 6 14 0 2
x x y y xy
x y xy x y
     

     
Xét phương trình (2): 2 2 7 6 14 0x y xy x y      
Ta có:    2 22 7 6 14 0x y x y y       
Để tồn tại x điều kiện là:    2 27 4 6 14 0x y y y       
2 73 10 7 0 1
3
y y y        
Mặt khác:    2 22 6 7 14 0y x y x x       
Để tồn tại y điều kiện là:    2 26 4 7 14 0y x x x       
0.25 
điểm 
2 103 16 20 0 2
3
x y x        
 Xét phương trình (1) với điều kiện 102
3
x  và 71
3
y  , ta có: 
2 2(1) 3 5 3 7 24x y
x y
         
  
Xét hàm số   23f t t
t
  với  1;t  
Ta có:   2
2' 3 0f t
t
   với  1;t   
Nên hàm số  f t đồng biến trên  1; 
0.25 
điểm 
Nên với điều kiện 102
3
x  và 71
3
y  , ta có: 
2 2 2 23 5 3 7 3.2 5 3.1 7 24
2 1
x y
x y
                   
     
Hay  
2
1
1
x
y

 

0.25 
điểm 
 Thay 
2
1
x
y



 vào phương trình (2) ta thấy không thỏa mãn. 
Vậy, hệ phương trình đã cho vô nghiệm 
0.25 
điểm 
4 
Tính tích phân: 
2
0
cos 2 1
cos sin
x xI dx
x x




Ta có:  
2 2
0 0
1cos sin
cos sin
I x x x dx dx
x x
 
  
 
0.25 
điểm 
Xét    
2 2
1
0 0
cos sin sin cosI x x x dx xd x x
 
     
   
   
2
2
0
0
2 2
0 0
sin cos sin cos
sin cos cos sin 2
2
x x x x x dx
x x x x x


  
   
      
 
0.25 
điểm 
Xét 
2 2 2
2
20 0 0
cos
1 2 1 2 4
cos sin 2 2cos cos
4 4
x
I dx dx dx
x x x x
   
 
  
   
        
   
   
2
2
20
cos
2 4
2 1 sin
4
x
I dx
x
 

  
 
   
 
 
Đặt sin cos
4 4
t x dt x dx           
   
Khi 0x  thì 2
2
t   
Khi 
2
x  thì 2
2
t  
0.25 
điểm 
Nên 
2 2 2
2 2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
2 1 4 1 1
dt dt dtI dx dx dx
t t t
  
 
 
      
 
   
   
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2ln 1 ln 1 ln
4 2 2 2
t t
 
   
             
Như vậy: 2 2 22 ln
2 2 2 2
I 
 
      
0.25 
điểm 
5 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách . 
Do ABCD là hình thoi nên AC BD . Từ 3BD AC suy ra 3IB IA 
Ta có 2 2 2 2 2 24 3AB IA IB a IA IA IA a       
Nên: 2 , 2 3AC a BD a  21 . 2 3
2ABCD
S AC BD a   
0.25 
điểm 
Do tam giác SAB cân tại A và 2AB a nên: 2SA AB a  
 Vì  SH mp ABCD nên tam giác SHA vuông tại H, từ đó: 
 
2
22 2 152
2 2
a aSH SA AH a       
 
Thể tích của khối chóp S.ABCD là: 2 31 1 15. .2 3 . 5
3 3 2ABCD
aV S SH a a   
0.25 
điểm 
Do  CD mp SAB nên: 
          ; ; ; 4 ;d SB CD d CD mp SAB d C mp SAB d H mp SAB   
0.25 
điểm 
Kẻ HK AB tại K, khi đó: 
1 1 3
4 4 4
HK AH aHK BI
BI AB
     
Kẻ HL SK suy ra  HL mp SAB nên   ;d H mp SAB HL 
Ta có 2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 16 28 35
15 3 5 14
aKL
HL SH HK a a a
       
Vậy:      35 2 35; 4 ; 4.
14 7
a ad SB CD d H mp SAB   
0.25 
điểm 
6 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
 Đặt 1; 2; 3a x b y c z      thì 0; 0; 0a b c   . Thay vào giả thiết ta có: 1abc  , 
và: 
2 2 21 1 1S a b c
a b c
    

 
0.25 
điểm 
I 
D A 
B C
S 
H K 
L 
Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất của 
2 2 21 1 1S a b c
a b c
    

 
 với a, b, c là 
các số dương thỏa mãn 1abc  . 
Xét hàm số:   2 21 2 ln
2
f t t t t    với 0t  
Ta có:    
2 2
2
2 2 1 2 2
'
2 1
t t t
f t
t t
  


 ;    
2 22 2 1 2 2' 0
0
t t tf t
t
     

   24 2 4 3 22 2 1 1 2 4 5 4 1 0
11
22
t t t t t t t
tt
        
 
  
 
   
21 19 11 2 1 0
4 16 4 1
1
2
t t x
t
t
                      



Ta thấy: 
* Nếu 10
2
t  thì  2 22 2 1 2 2 0t t t    , nên   1' 0, 0;
2
f t t      
 . 
* Nếu 1 1
2
t  thì    
21 19 11 2 1 0
4 16 4
t t x
            
     
, điều này kéo theo 
   24 22 2 1 1 0t t t    , nên   1' 0, ;1
2
f t t     
 
 . 
Nếu 1t  thì    
21 19 11 2 1 0
4 16 4
t t x
            
     
, điều này kéo theo 
   24 22 2 1 1 0t t t    , nên    ' 0, 1;f t t    
Bảng biến thiên của  f t 
x 0 1 
 
 'f t + 0 – 
 f t 
 0 
0.25 
điểm 
Như vậy:    2 21 2 ln 1 0, 0
2
f t t t t f t        
Từ đó ta có:       0f a f b f c   nên suy ra:
   
   
 
2 2 2 21 1 1 2 ln ln ln
2
22 ln
2
2
a b c a b c a b c
a b c abc
a b c
          
   
  
0.25 
điểm 
Suy ra: 
2 2 21 1 1S 2a b c
a b c
    
 
 
0.25 
điểm 
Vậy: max 2S  khi 1a b c   
Hay: max 2S  khi 
0
1
2
x
y
z

  
  
7.a Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC  
 Do ABCD là hình thang cân với đáy lớn CD và hai đường chéo AC, BD vuông góc với 
nhau nên tam giác ICD vuông cân tại I. 
Đường thẳng qua I vuông góc : 3 3 0CD x y   có phương trình :
3( 2) ( 3) 0 3 9 0x y x y        
Gọi K là trung điểm CD ta có tọa độ K là nghiệm của hệ: 
  
3 3 0
3;0
3 9 0
x y
K
x y
  

  
0.25 
điểm 
Mà KI KC KD  nên C, D là giao điểm của đường thẳng CD và đường tròn tâm K bán kính 
10KI  . 
Do đó tọa độ của chúng là nghiệm của hệ 
 2 2
3 3 0
3 ( 10
x y
x y
  

  
    6;1 , 0; 1C D  do C có hoành độ dương. 
0.25 
điểm 
 Gọi H là trung điểm AB ta có 
 245 1 ( ) ( ) 102 2ABCDS AB CD HK IH IK HK IH      
10
2
IH  
Mà 2 2 (3;5) (3; 4)ID IK DI IB B BC
IB IH
       
  
0.25 
điểm 
Vậy đường thẳng BC có phương trình: 4( 3) 3( 5) 0 4 3 27 0x y x y        0.25 
điểm 
8.a Tìm điểm M thuộc (P) . 
Đường thẳng  đi qua điểm  0 2; 1;0M  và có vec-tơ chỉ phương  1; 2; 1u   

Phương trình tham số của  là: 
2
1 2
x t
y t
z t
 
   
  
Tọa độ giao điểm I của  và mp(P) là nghiệm hệ phương trình: 
0.25 
điểm 
I
BA
KD C
H
 
2 1
1 2 1
1;1;1
1
3 0 1
x t t
y t x
I
z t y
x y z z
    
       
   
      
Điểm M thuộc mặt phẳng (P) nên tọa độ M có dạng:  ; ;3M a b a b  
 1 ;1 ; 2MI a b a b    

0.25 
điểm 
 Để MI vuông góc với  điều kiện là: 
       . 0 1. 1 2 1 1 2 0MI u a b a b          
 
 2 1 0 2 1 1a b b a        
Ta có        2 2 24 14 1 1 2 224 2M I a b a b         
0.25 
điểm 
Thay (1) vào (2) ta có: 
     2 2 24 14 1 2 2 3 3 224M I a a a        
 2
5 9
1 16
3 7
a b
a
a
  
        
Vậy:  5;9; 11M  hoặc  3; 7;13M   
0.25 
điểm 
9.a Tìm hệ số trong khai triển .. 
Với n nguyên dương và 2n  , ta có: 
   2 2 1
1
6 5 6 5 1
2
n
n nC A
n n
n n n n 

       
   
2
1 12 10 2 1
1
9 10 0
10
n n n n n
n
n n
n
     

     
Vậy 10n  
0.25 
điểm 
Bài toán trở thành: Tìm hệ số của 4x trong khai triển  3( ) 1 3 nP x x x   
Ta có:      
10103 3
10
1
( ) 1 3 1 3
kk k
k
P x x x C x x

         
Xét số hạng:    3101 3
kk kC x x  , ta có: 
       3 1 210 01 3 1 . . 1 3
k kk kk k kC x x C x x     
Bậc nhỏ nhất của x trong khai triển trên là k, bậc lớn nhất trong khai triển trên là 3k 
0.25 
điểm 
Do đó 4x nếu có thì chỉ có trong khai triển các số hạng ứng với : 
 44 3 4 2;3;4
3
k k k k       
Hay 4x nếu có thì chỉ cótrong khai triển các số hạng: 
    22 2 210 21 . . 1 3C x x  ;    
33 3 3
10
21 . . 1 3C x x  ;    44 4 410 21 . . 1 3C x x  
0.25 
điểm 
Như vậy, 4x có trong khai triển các số hạng    22 2 210 21 . . 1 3C x x  và 
   44 4 410 21 . . 1 3C x x  . 
Ta có: 
*      22 2 42 2 2 2 210 10 91 . . 1 3 . . 1 6C x x C x x x    nên hệ số của 4x là 2106C 
*      2 244 4 4 4 410 101 . . 1 3 . ..2 .. 1 1C x x C x x    nên hệ số của 4x là 410C 
Vậy, hệ số của 4x cần tìm là: 2 410 10 4 06 8C C  
0.25 
điểm 
7.b Tìm tọa độ điểm C trên elip .. 
 Hoành độ giao điểm của đường thẳng  và elip (E) là nghiệm phương trình: 0.25 
điểm 
2
2 2 012 39 16 144 4 0
44
xxx x x
x
           
Như vậy  và elip (E) cắt nhau tại hai điểm  A 0;3 và  4;0B có 5AB  
Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên  thì: 
1 5.
2 2ABC
S AB CH CH   
Nên tam giác ABC có diện tích lớn nhất khi CH lớn nhất. 
0.25 
điểm 
Vì ( )C E nên tồn tại ;
2 2
t      
 sao cho  4sin ;3cosC t t 
Bởi vậy: 
 
2 2
12 2 112sin 12cos 12 12 2 sin 1
5 4 53 4
t t
CH t 
        
 
0.25 
điểm 
Dấu đẳng thức xảy ra khi 3
4
t   , khi đó 3 34sin ;3cos
4 4
C            
    
Hay 3 22 2;
2
C
 
   
 
Vậy, tọa độ điểm C cần tìm là 3 22 2;
2
C
 
   
 
. 
0.25 
điểm 
8.b Tính thể tích khối tứ diện  
Vì A nằm trên đường thẳng d nên  1 2 ; 2 ;A t t t     
Ta có:         
 22 2
1 2 2 2 2
; 1 1
1 2 2
t t t
d A mp P
     
  
  
2 1
1
1
0
t
t
t







0.25 
điểm 
-Với 0 (1; 2;0)t A   
Ta có (2 2 ; ; )B c b b c thuộc : 2 2 0P x y z   
(2 2 1; 2; )AB c b b c   

Theo bài ra AB vuông góc với đường thẳng 1 2:
2 1 1
x y zd   

 nên suy ra: 
     . 0 2 2 2 1 1 2 1 0
3 3 0
dAB u c b b c
b c b c
        
     
 
Như vậy: ( 1; 2; )AB b b  

   2 22 21 ( 2) 2 1 3 3AB b b b         
 3 1, 1 (0; 1; 1)minAB b c B         
Trường hợp này ta tìm được (1; 2;0)A  và (0; 1; 1)B   
0.25 
điểm 
-Với 1 (3; 1; 1)t A    
Ta có (2 2 ; ; )B c b b c thuộc : 2 2 0P x y z   
(2 2 3; 1; 1)AB c b b c    

Theo bài ra AB vuông góc với đường thẳng 1 2:
2 1 1
x y zd   

 nên suy ra: 
      . 0 2 2 2 3 1 1 1 1 0
2
dAB u c b b c
c b
         
  
 
Như vậy:  1; 1; 3AB b b  

0.25 
điểm 
   2 22 21 ( 1) 3 2 2 3 3AB b b b         
  3 2, 0 4; 2;0minAB b c B       
Trường hợp này ta tìm được (3; 1; 1)A   và  4; 2;0B  
Vậy: (1; 2;0)A  và (0; 1; 1)B   ; hoặc (3; 1; 1)A   và  4; 2;0B  0.25 
điểm 
9.b 
Giải phương trình      2 42 1log 4 log 2 log 34x x x     
Điều kiện xác định:      ; 2 2;3 3;x      
Với điều kiện đó, phương trình viết lại là: 
        
   
2 22log 4 log 2 3 2 2 2 3
2 2 3 *
x x x x x x x
x x x
           
    
0.25 
điểm 
Với    ; 2 2;3x    , ta có: 
     2* 2 2 3 8 2 2x x x x x          thỏa mãn điều kiện đang xét. 
0.25 
điểm 
Với  3;x  , ta có: 
     2* 2 2 3 2 4 0 1 5x x x x x x            
Nên trên khoảng đang xét phương trình có nghiệm 1 5x   
0.25 
điểm 
Vậy, phương trình có các nghiệm: 1 5x   và 2 2x   . 0.25 
điểm