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

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
DeThiThuDaiHoc.com 1 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 - NĂM 2014 
Môn: TOÁN; Khối: B và 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 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 phương trình ( )
2
1 2 1 2 1 216 .8 4 .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 lăng trụ tam giác đều 1 1 1.ABC A B C có 1 2,AA a= đường thẳng 1B C tạo với mặt 
phẳng 1 1( )ABB A một góc 045 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng 
1AB và BC. 
Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn 2 2 20 ( ) ( ) ( ) 18.x y y z z x< + + + + + ≤ Tìm 
giá trị lớn nhất của biểu thức 
4
2 2 2
2 2 2
( )
.
3( )
x y zP x y z
x 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 C
n
−
− + − + + =
+
------------------ Hết ------------------ 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
DeThiThuDaiHoc.com 2 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 - NĂM 2014 
Môn: TOÁN – Khối B, D; Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu Đáp án Điểm 
a) (1,0 điểm) 
10. Tập xác định: \{1}.R 
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 xx= > ∀ ≠− 
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 m
x
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 
Câu 1. 
(2,0 
điểm) 
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⇔ − − + + + = 
2
1 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− + = + + + 
0,5 
x 
'y 
y 
∞− ∞+ 1 
2 
∞− 
+ + 
∞+ 
2 
x O 
y 
I 
3 
2 
1 3
2
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
DeThiThuDaiHoc.com 3 
 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
⇔ + = + +
⇔ + − − =
⇔ + − − =
⇔ + + − =
*) sin 1 2 ,
2
x x kpi pi= − ⇔ = − + .k ∈Z 
*) cos 1 2 ,x x kpi pi= − ⇔ = + .k ∈Z 
*) 4cos 5 0x − = vô nghiệm. 
Vậy phương trình có nghiệm 2 , 2 , .
2
x k x k kpi pi pi pi= − + = + ∈Z 
0,5 
Điều kiện: 1
2
x ≥ − . 
Phương trình đã cho tương đương với 
( )24 1 2 1 3 2 1 2 42 .2 2x x x x+ − + + += 
⇔ ( )24 1 2 1 3 2 1 2 4x x x x+ − + + + = + 
⇔ ( )22 2 2 2 1 3 2 1 2 4.x x x x+ − + + + = + 
0,5 
Câu 3. 
(1,0 
điểm) 
Đặt 2 1 0,x t+ = ≥ phương trình trở thành 
( )22 21 2 3 3t t t t+ − + = + 
⇔ 4 3 24 5 2 0t t t t− + − − = 
⇔ ( )2( 2) ( 1) 1 0t t t− − + = 
⇔ 2,t = vì 2( 1) 1 0t t − + > với mọi 0.t ≥ 
Từ đó giải được nghiệm của phương trình ban đầu là 3
2
x = . 
0,5 
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
x
u x u
x
= + ⇒ =
+
 2
d 1d .
1( 1)
x
v v
xx
= ⇒ = −
++
Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có 
0,5 
Câu 4. 
(1,0 
điểm) 
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 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
DeThiThuDaiHoc.com 4 
Từ giả thiết suy ra ABC∆ đều và 1 ( ).BB ABC⊥ 
Kẻ ,CH AB⊥ H là trung điểm AB. Khi đó 
 ( ) 01 1 1 1 1 1( ) , ( ) 45CH ABB A CB H B C ABB A⊥ ⇒ = = 
1CHB⇒ ∆ vuông cân tại H. 
Giả sử 30
2
xBC x CH= > ⇒ = và 
2
2 2 2
1 1 2 .4
xB H B B BH a= + = + 
Từ 
2
2
1
32 3
4ABC
xCH B H x a S a= ⇒ = ⇒ = = 
Suy ra thể tích lăng trụ 31. 6.ABCV AA S a= = 
0,5 
Câu 5. 
(1,0 
điểm) 
Gọi 1,K K là trung điểm 1 1, .BC B C Kẻ 1.KE AK⊥ 
Vì 1 1 1( )B C AKK⊥ nên 1 1 1 1( ).B C KE KE AB C⊥ ⇒ ⊥ 
Vì 1 1/ /( )BC AB C nên ( )1 1 1( , ) , ( ) .d BC AB d K AB C KE= = (1) 
Tam giác 1AKK vuông tại K nên 2 2 2 2
1
1 1 1 5 6 30
.
56 5
a aKE
KE K K AK a
= + = ⇒ = = (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 1 30( , ) .5
ad AB BC = 
0,5 
Từ giả thiết ta có 0 , , 3x y z≤ ≤ và 0.x y z+ + > 
Suy ra 2 2 23 , 3 , 3 .x x y y z z≤ ≤ ≤ 
Do đó 2 2 2 3( ).x y z x y z+ + ≤ + + 
Khi đó 
4
3( ) 13( ) 3( ) ( ) .
9( ) 9
x y zP x y z x y z x y z
x y z
+ +≤ + + − = + + − + +
+ +
 (1) 
Đặt , 0.t x y z t= + + > 
0,5 
Câu 6. 
(1,0 
điểm) 
Xét hàm số 31( ) 3
9
f t t t= − với 0.t > 
Ta có 21'( ) 3 ; '( ) 0 0 3.
3
f t t f t t= − ≥ ⇔ < ≤ 
Suy ra bảng biến thiên: 
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra ( ) (3) 6f t f≤ = với mọi 0.t > (2) 
Từ (1) và (2) ta có 6.P ≤ Dấu đẳng thức xảy ra khi 3, 0x y z= = = hoặc các hoán vị. 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 6, đạt được khi 3, 0x y z= = = hoặc các hoán vị. 
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
 = − + +
⇒ 
= + −







 0,5 
A 
C 
H 
E 
B 
K 
1C 
1K 
1B 
1A 
2a 
A d 
B H C 
M N 
E 
( )f t 
'( )f t 
t 3 
0 + – 
0 +∞ 
6 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
DeThiThuDaiHoc.com 5 
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. 
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 
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 
Câu 
8.a 
(1,0 
điểm) 
1 12, ( 4; 3; 2),3 7 1 3 3
2 23 3 3, ( 5; 4; 4),
3 3
t R I R
t 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 
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 = 
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.+ + = 
0,5 
Câu 
9.a 
(1,0 
điểm) 
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 
 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 
Câu 
7.b 
(1,0 
điểm) 
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
a
a a a a
−
− + = + ⇔ − + = 
1
43
13
a
a
=
⇔
 =

(1; 3), 5
43 51 5 61
; ,
13 13 13
I R
I R
− =
⇒  
=   
0,5 
I 
∆ H 
A 
B 
C D 
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 
DeThiThuDaiHoc.com 6 
Suy ra 2 2( ) : ( 1) ( 3) 25C x y− + + = hoặc 
2 243 51 1525( ) : .
13 13 169
C x y   − + − =   
   
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 
Câu 
8.b 
(1,0 
điểm) 
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 
Với mọi x ∈R 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 10 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 
Câu 
9.b 
(1,0 
điểm) 
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 x
n
+−
− + + = − − −
+ ∫ ∫ 
1 1 1
1 2 ( 1)( 2)n n n n= − =+ + + + , với mọi 
*
.n ∈N 
Từ đó ta có 21 1 3 154 0 11( 1)( 2) 156 n n nn n = ⇔ + − = ⇔ =+ + (vì 
*).n ∈N 
0,5