Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 1 - Năm 2014 môn: toán; khối: a và a 1; thời gian làm bài: 180 phút

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 - NĂM 2014 
Môn: TOÁN; Khối: A và A1; 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 2 3.
1
xy
x



a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho. 
b) Tìm m để đường thẳng : 3 0d x y m   cắt (H) tại hai điểm M, N sao cho tam giác AMN vuông tại 
điểm (1; 0).A 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin3 2cos2 3 4sin cos (1 sin ).x x x x x     
Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 24 1 2 2 3 ( 1)( 2).x x x x      
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
1
2
0
3 2ln(3 1) d .
( 1)
x xI x
x
 

 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S, 
hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho 3 .HA HD Gọi M là trung 
điểm của AB. Biết rằng 2 3SA a và đường thẳng SC tạo với đáy một góc 030 . Tính theo a thể tích khối chóp 
S.ABCD và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). 
Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn 2 2 25( ) 6( ).x y z xy yz zx     Tìm giá 
trị lớn nhất của biểu thức 2 22( ) ( ).P x y z y z     
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b) 
a. Theo chương trình Chuẩn 
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC có (2; 1)M là trung điểm cạnh AC, 
điểm (0; 3)H  là chân đường cao kẻ từ A, điểm (23; 2)E  thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C. Tìm tọa 
độ điểm B biết điểm A thuộc đường thẳng : 2 3 5 0d x y   và điểm C có hoành độ dương. 
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho đường thẳng 2 1 2:
1 1 2
x y zd    

 và hai 
mặt phẳng ( ) : 2 2 3 0, ( ) : 2 2 7 0.P x y z Q x y z        Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng 
thời tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q). 
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho tập hợp  1, 2, 3, 4, 5 .E  Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, 
các chữ số đôi một khác nhau thuộc E. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M. Tính xác suất để tổng các chữ số của 
số đó bằng 10. 
b. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hai điểm (1; 2), (4; 1)A B và đường thẳng 
: 3 4 5 0.x y    Viết phương trình đường tròn đi qua A, B và cắt  tại C, D sao cho 6.CD  
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho điểm (1; 1; 0)M và hai đường thẳng 
1 2
1 3 1 1 3 2: , : .
1 1 1 1 2 3
x y z x y zd d        
  
 Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với 1d và 2d 
đồng thời cách M một khoảng bằng 6. 
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 
0 1 2 31 1 1 1 ( 1) 1. . . .
2 3 4 5 2 156
n
n
n n n n nC C C C Cn

     

------------------ Hết ------------------ 
Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 22, 23/3/2014. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự 
thi cho BTC. 
 2. Kỳ khảo sát chất lượng lần 2 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 12 và ngày 13/4/2014. Đăng kí dự thi 
tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 22/3/2014. 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 - NĂM 2014 
Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 1. 
(2,0 
điểm) 
a) (1,0 điểm) 
10. Tập xác định: \{1}. 
20. Sự biến thiên: 
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim 2
x
y

 và lim 2.
x
y

 
 Giới hạn vô cực: 
1
lim
x
y

  và 
1
lim .
x
y

  
Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng 2,y  tiệm cận đứng là đường thẳng 1.x  
* Chiều biến thiên: Ta có 2
1' 0, 1.
( 1)
y x
x
   

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 1 và  1; . 
0,5 
* Bảng biến thiên: 
30. Đồ thị: 
Đồ thị cắt Ox tại 3 ; 0 ,
2
 
 
 
 cắt Oy tại (0;3). 
Nhận giao điểm (1; 2)I của hai tiệm cận 
làm tâm đối xứng. 
0,5 
b) (1,0 điểm) 
Ta có 1: .
3 3
md y x   Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình 
2 3 1 ,
1 3 3
x mx
x

  

 hay 2 ( 5) 9 0, 1.x m x m x      (1) 
Ta có 2( 7) 12 0,m     với mọi m. Suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Hơn nữa 
cả 2 nghiệm 1 2,x x đều khác 1. Do đó d luôn cắt (H) tại 2 điểm phân biệt 1 1 2 2( ; ), ( ; ).M x y N x y 
0,5 
Ta có 1 1 2 2( 1; ), ( 1; ).AM x y AN x y   
 
Tam giác AMN vuông tại A . 0.AM AN 
 
 Hay 1 2 1 2( 1)( 1) 0x x y y    
 1 2 1 2
1( 1)( 1) ( )( ) 0
9
x x x m x m       
 21 2 1 210 ( 9)( ) 9 0.x x m x x m       (2) 
Áp dụng định lý Viet, ta có 1 2 1 25, 9.x x m x x m       Thay vào (2) ta được 
 210( 9) ( 9)( 5) 9 0m m m m         6 36 0 6.m m       
Vậy giá trị của m là 6.m   
0,5 
Câu 2. 
(1,0 
điểm) 
Phương trình đã cho tương đương với 
 sin3 sin 2cos2 3(sin 1) cos (sin 1)x x x x x x      
 2
2cos2 sin 2cos2 (sin 1)(cos 3)
(sin 1)(2cos2 cos 3) 0
(sin 1)(4cos cos 5) 0
(sin 1)(cos 1)(4cos 5) 0.
x x x x x
x x x
x x x
x x x
    
    
    
    
0,5 
x 
'y 
y 
  1 
2 
 
+ + 
 
2 
x O 
y 
I 
3 
2 
1 3
2 
*) sin 1 2 ,
2
x x k       .k  
*) cos 1 2 ,x x k      .k  
*) 4cos 5 0x   vô nghiệm. 
Vậy phương trình có nghiệm 2 , 2 , .
2
x k x k k         
0,5 
Câu 3. 
(1,0 
điểm) 
Điều kiện: 1.x   
Nhận thấy 1x   là một nghiệm của bất phương trình. 
Xét 1.x   Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với 
     3 24 1 2 2 2 3 3 2 12x x x x x         
 
2
2
4( 3) 4( 3) ( 3)( 2 4)
1 2 2 3 3
4 43 ( 1) 3 0. (1)
1 2 2 3 3
x x x x x
x x
x x
x x
 
     
   
 
       
    
0,5 
Vì 1x   nên 1 0x   và 2 3 1.x   Suy ra 4 4 3,
1 2 2 3 3x x
 
   
 vì vậy 
24 4 ( 1) 3 0.
1 2 2 3 3
x
x x
    
   
Do đó bất phương trình (1) 3 0 3.x x     
Vậy nghiệm của bất phương trình là 1x   và 3.x  
0,5 
Câu 4. 
(1,0 
điểm) 
Ta có 
1 1
2 2
0 0
3 ln(3 1)d 2 d .
( 1) ( 1)
x xI x x
x x

 
   
Đặt 
3dln(3 1) d ;
3 1
xu x u
x
   

 2
d 1d .
1( 1)
xv v
xx
   

Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có 
0,5 
1 11
2
00 0
1 1
2
0 0
1 1
0 0
3 2ln(3 1) dd 6
1 (3 1)( 1)( 1)
3 3 3 1d ln 4 3 d
1 3 1 1( 1)
3 3ln 4 3ln 3 1 4ln 2.
1 2
x x xI x
x x xx
x x
x x xx
x
x

  
  
               
      

 
  0,5 
Câu 5. 
(1,0 
điểm) 
 Vì ( )SH ABCD nên    0, ( ) 30 .SCH SC ABCD  
Trong tam giác vuông SAD ta có 2 .SA AH AD 
2 2312 4 ; 3 ;
4
a AD AD a HA a HD a      
0. 3 .cot30 3SH HA HD a HC SH a      
2 2 2 2 .CD HC HD a    
Suy ra 2. 8 2ABCDS AD CD a  . 
Suy ra 
3
.
1 8 6. .
3 3S ABCD ABCD
aV SH S  
0,5 
Vì M là trung điểm AB và AH // (SBC) nên 
      1 1, ( ) ,( ) , ( ) .
2 2
d M SBC d A SBC d H SBC  (1) 
Kẻ HK BC tại K, 'HH SK tại '.H Vì ( )BC SHK nên ' ' ( ).BC HH HH SBC   (2) 
Trong tam giác vuông SHK ta có 2 2 2 2
1 1 1 11 2 6 2 66' .
11' 24 11
aHH a
HH HK HS a
      (3) 
Từ (1), (2) và (3) suy ra   66, ( ) .
11
d M SBC a 
0,5 
Câu 6. Ta có 
2 2 2 2 255 ( ) 5 5( ) 6( )
2
x y z x y z xy yz zx        216 ( ) 6. ( ) .
4
x y z y z    0,5 
A B 
D C 
K H 
S 
'H
M 
a 
(1,0 
điểm) Do đó 
2 25 6 ( ) ( ) 0,x x y z y z     hay .
5
y z x y z    
Suy ra 2( )x y z y z    . 
Khi đó 2
12( ) ( )
2
P x y z y z     2 21 14( ) ( ) 2 ( ) .
2 2
y z y z y z y z        
Đặt ,y z t  khi đó 0t  và 
4
2 .
2
tP t  (1) 
Xét hàm số 41( ) 2
2
f t t t  với 0.t  
Ta có 3'( ) 2 2 ; '( ) 0 1.f t t f t t     
Suy ra bảng biến thiên: 
Dựa vào bảng biến thiên ta có 3( ) (1)
2
f t f  với mọi 0.t  (2) 
Từ (1) và (2) ta có 3 ,
2
P  dấu đẳng thức xảy ra khi 
1
1
1 2
x y z x
y z
y z
y z
  
 
  
    
Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 ,
2
 đạt được khi 11, .
2
x y z   
0,5 
Câu 
7.a 
(1,0 
điểm) 
1 3
: 2 3 5 0 ( 3 1, 2 1).
1 2
x t
A d x y A a a
y t
 
        
 
Vì (2; 1)M là trung điểm AC nên suy ra (3 3 ;1 2 )C a a  
( 3 1; 2 4)
(3 3 ; 4 2 ).
HA a a
HC a a
    
 
  

 
Vì  090AHC  nên 
1
. 0 19 .
13
a
HA HC
a

 
  

 
*) Với 1 ( 2; 3), (6; 1)a A C    thỏa mãn. 
*) Với 19 18 51;
13 13 13
a C      
 
 không thỏa mãn. 
0,5 
Với ( 2; 3), (6; 1)A C  ta có phương trình : 17 11 0,CE x y   phương trình : 3 9 0BC x y   
Suy ra (3 9; )B b b BC   trung điểm AB là 3 7 3; .
2 2
b bN    
 
Mà 4 ( 3; 4).N CE b B       
0,5 
Câu 
8.a 
(1,0 
điểm) 
Tâm mặt cầu (S) là ( 2; 1; 2 2) .I t t t d     
Vì (S) tiếp xúc (P), (Q) nên    , ( ) , ( )d I P d I Q R  0,5 
1 12, ( 4; 3; 2),3 7 1 3 3
2 23 3 3, ( 5; 4; 4),
3 3
t R I Rt t
R
t R I R
         
     
      
  
Suy ra pt (S) là 2 2 2 1( 4) ( 3) ( 2)
9
x y z      hoặc 2 2 2 4( 5) ( 4) ( 4) .
9
x y z      
0,5 
Câu 
Số các số thuộc M có 3 chữ số là 35 60.A  
Số các số thuộc M có 4 chữ số là 45 120.A  
0,5 
A d 
B H C 
M N 
E 
( )f t 
'( )f t 
t 1 
0 + – 
0  
3
2 
9.a 
(1,0 
điểm) 
Số các số thuộc M có 5 chữ số là 55 120.A  
Suy ra số phần tử của M là 60 120 120 300.   
Các tập con của E có tổng các phần tử bằng 10 gồm 
 1 2 3{1,2,3,4}, {2,3,5}, {1,4,5}.E E E   
Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số bằng 10. 
Từ 1E lập được số các số thuộc A là 4! 
Từ mỗi tập 2E và 3E lập được số các số thuộc A là 3! 
Suy ra số phần tử của A là 4! 2.3! 36.  
Do đó xác suất cần tính là 36 0,12.
300
P   
0,5 
Câu 
7.b 
(1,0 
điểm) 
 Giả sử (C) có tâm ( ; ),I a b bán kính 0.R  
Vì (C) đi qua A, B nên IA IB R  
2 2 2 2
2 2
( 1) ( 2) ( 4) ( 1)
3 6 ( ; 3 6)
10 50 65 10 50 65 (1)
a b a b R
b a I a a
R a a R a a
        
    
  
       
0,5 
Kẻ IH CD tại H. Khi đó 
9 29
3, ( , )
5
a
CH IH d I
 
    
2
2 2 (9 29)9
25
aR IC CH IH       (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 
2
2 2(9 29)10 50 65 9 169 728 559 0
25
aa a a a        
1
43
13
a
a


 

(1; 3), 5
43 51 5 61; ,
13 13 13
I R
I R
 
      
Suy ra 2 2( ) : ( 1) ( 3) 25C x y    hoặc 
2 243 51 1525( ) : .
13 13 169
C x y         
   
0,5 
Câu 
8.b 
(1,0 
điểm) 
Vì ( )P // 1 2,d d nên (P) có cặp vtcp 
1
1 2
2
(1; 1; 1)
, (1; 2; 1)
( 1; 2; 3)
P
u
n u u
u
          

  
 
Suy ra pt (P) có dạng 2 0.x y z D    
 
33
, ( ) 6 6
96
DD
d M P
D
 
      
( ) : 2 3 0 (1)
( ) : 2 9 0 (2)
P x y z
P x y z
   
     
0,5 
Lấy 1(1; 3; 1)K d và 2(1; 3; 2)N d  thử vào các phương trình (1) và (2) ta có 
( ) : 2 3 0N P x y z     nên 2 ( ) : 2 3 0d P x y z     . Suy ra phương trình mặt phẳng (P) 
thỏa mãn bài toán là ( ) : 2 9 0.P x y z    
0,5 
Câu 
9.b 
(1,0 
điểm) 
Với mọi x và mọi số nguyên dương n, theo nhị thức Niutơn ta có 
 0 1 2 1 0 1. . . ( 1) . . . ( 1) (1 ) .n n n n n n nn n n n n nC x C x C x C C x C x x x x           
Suy ra  
1 1
0 1 2 1
0 0
. . . ( 1) d (1 ) d .n n n nn n nC x C x C x x x x x
       
0,5 
Hay 
1 1
0 1 1
0 0
1 1 ( 1). . . (1 ) d (1 ) d
2 3 2
n
n n n
n n nC C C x x x xn
      
   
 1 1 1
1 2 ( 1)( 2)n n n n
  
   
, với mọi *.n 
Từ đó ta có 21 1 3 154 0 11
( 1)( 2) 156
n n n
n n
      
 
 (vì *).n 
0,5 
I 
 H 
A 
B 
C D