Đề thi khảo sát chất lượng lớp 12 lần 1 môn: Toán; khối A và khối A1

 SỞ GD & ĐT PHÚ THỌ ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 1 
TRƯỜNG THPT CN VIỆT TRÌ NĂM HỌC 2013-2014 
 Môn : TOÁN; Khối A và khối A1 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  3 22 3 1 2y x mx m x     (1), với m là tham số thực 
1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=0. 
2, Tìm m để đường thẳng d: 2y x   cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;2), B, C sao cho 
diện tích tam giác OBC bằng 2 6 với O là gốc tọa độ. 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 
3 2 22sin 2 3sin cos 2sin cos 2
3 0
2cos 3
x x x x x
x
     
  

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
  
 
 
2 2
2
1 1 1
,
2 1 1 3 1 0
x x y y
x y
x x x xy x
      
       
 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
2 2
2
0 2
x dx
x 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, cạnh 3 2AD a và 
cạnh 3AB a . Gọi M là trung điểm của cạnh AD, hai mặt phẳng (SAC) và (SBM) cùng vuông góc với 
mặt phẳng (ABCD). Biết góc giữa cạnh bên SA và đáy bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.BMC và 
khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và SC theo a. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là những số thực dương thoả mãn điều kiện 2 2 2 1x y z   . Tìm giá trị lớn 
nhất của biểu thức: 
5 3 5 3 5 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2x x x y y y z z zP
y z z x x y
     
  
  
. 
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 hình vuông ABCD có tâm I(3;2). Các 
đường thẳng AB, CD lần lượt đi qua các điểm M(1;3), N(-4;10). Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. 
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm  1;0; 1 (2;3; 1), (1;3;1)A B C  
và đường thẳng 
2 3:
1 1 2
x y zd   

. Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua trực tâm của 
tam giác ABC, nằm trong mặt phẳng (ABC) và vuông góc với đường thẳng d. 
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm hệ số 4x trong khai triển  21 2 ,nx x  biết n là số nguyên dương thỏa mãn 
0 2 4 2
2 2 2 2... 512
n
n n n nC C C C     . 
B. Theo chương trình nâng cao 
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2;2) và tâm 
đường tròn ngoại tiếp I(1;2), trung điểm cạnh BC là điểm 5 5;
2 2
M   
 
. Viết phương trình đường thẳng 
AB, biết đỉnh B có tung độ 1By  . 
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2:
2 1 1
x y zd   

 và hai 
điểm (0; 1;2), (2;1;1)A B . Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A và cắt đường thẳng d sao cho 
khoảng cách từ B đến đường thẳng  bằng 3. 
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình    22 42 2
11 log 3 log 2 1 log 1
2
x x x x      
 ---------- HẾT--------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liêu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
 Họ và tên thí sinh :; Số báo danh... 
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO PHÚ THỌ 
 TRƯỜNG THPT CÔNG NGHIỆP VIỆT TRÌ 
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
 ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 1 
 NĂM HỌC 2013-2014 
 MÔN: TOÁN; Khối A và khối A1 
Câu Đáp án Điểm 
a) (1,0 điểm). 
Khi m=0 ta có 3 3 2y x x   . 
.Tập xác định D = 
. Sự biến thiên: 
-Chiều biến thiên: 2' 3 3y x  ; 2' 0 3 3 0 1y x x       
0,25 
Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ; 1) và ( 1 ; + ). 
Hàm số nghịch biến trên khoảng (- 1; 1) 
-Cực trị: Hàm số tại đạt cực tiểu tại x=1, 0CTy  
 Hàm số tại đạt cực đại tại x=-1, 4CDy  
- Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
 
    
0,25 
Bảng biến thiên: 
 x - -1 1 +  
 y’ + 0 - 0 + 
 4 +  
 y 
 - 0 
0,25 
.Đồ thị 
f(x)=x^3-3x+2
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
0,25 
b) (1,0 điểm) 
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số(1) và đường thẳng d : 
 
 
3 2
2
2
2 3 1 2 2
0
2 3 2 0
2 3 2 0(2)
x mx m x x
x
x x mx m
x mx m
      

      
   
0,25 
1 
(2,0 điểm) 
d cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;2), B, C 
 (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 
2
1
23 2 0 (*)
3 2 0 2
3
m
mm m
m
m
 
      
   
0,25 
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Khi đó gọi    1 1 2 2; 2 ; C ; 2B x x x x    ( 1 2;x x là nghiệm của phương trình (2) 
Theo Viét 1 2 1 22 ; 3 2x x m x x m     
     2 2 22 1 2 1 1 22 2 4 2 4 12 8BC x x x x x x m m          
 0; 2d BC  
0,25 
 
 2 2
1 . ; ) 4 3
2
1
2 4 12 8 4 3 3 4 0
4
OBCS BC d O BC BC
m
m m m m
m
   
 
          
Đối chiếu điều kiện ta được m=-1; m=4. 
0,25 
Điều kiện:
3cos
2
x  
Phương trình đã cho tương đương với: 
3 2 2 1 32sin 2 3sin cos 2sin cos2 sin 2 0
2 2
x x x x x x      
0,25 
      
  
3 2 2
2
4sin 2 3 sin 2 sin 4sin 1 2sin 3 sin 2 0
2sin 2sin 1 3sin 2 2sin 1 2sin 1 2sin 1 0
2sin 1 3sin 2 cos2 2sin 0
x x x x x x
x x x x x x
x x x x
      
       
     
0,25 
 
2
1 62sin 1 0 sin
52 2
6
x k
x x k
x k
   
     
   

0,25 
2 
(1,0 điểm) 
 
3 sin 2 cos2 2sin 0 sin 2 sin
6
2 2 2
6 6 
7 22 2
6 18 3
x x x x x
x x k x k
k
x x k x k
       
 
         
   
            
 thỏa mãn(*) 
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm phương trình là: 
5 2
6
x k   và  7 2 
18 3
x k k   
0,25 
  2 21 1 1x x y y       0,25 
Xét hàm số   21f u u u   
 Ta có  
2
'
2 2 2
11 0
1 1 1
u uu u uf u u
u u u
 
     
  
 hàm số f(u) đồng biến trên  
Phương trình (1) có dạng  ( )f x f y x y     
0,25 
Thay y=-x vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 
  2 22 1 1 3 1x x x x x      
Đặt 2 2 21 1t x x x t x       
Phương trình trở thành  2 2 1 4 0t x t x   
2
2
t
t x

   
0,25 
 3 
(1,0 
điểm) 
 Với t=2
2 2 1 131 2 3 0
2
x x x x x            
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Với t=-2x 2
2
00 1 131 2 1 13 63 1 0
6
xx
x x x x
x x x

 
              

Vậy nghiệm hệ là 1 13 1 13 1 13 1 13 1 13 1 13; ; ; ; ;
2 2 2 2 6 6
             
          
     
0,25 
Đặt u x du dx   
 2
2
2
2
xdv dx v x
x
   

0,25 
2 2 2
2 2
2
0 0
2 2
2 20 0
222 2 2 2
0 2
2 2 2 2
2 2
xI x x x dx dx
x
dx dxI I
x x

     

     
 
 
 
0,25 
Đặt 2
2 2
2 1
2 2
x dt dxt x x dt dx
tx x
 
        
  
Đổi cận 0 2; 2 2 2x t x t       
0,25 
4 
(1,0 điểm) 
Ta có  
2 2 2
2
0 2
2 2
ln ln 1 2
2 2
dx dt t
tx
 
   

  
Vậy  2 ln 1 2I    
0,25 
K
H
O
M D
C
S
B
A
Ta có 2 2 3 3AC AD DC a   
Gọi H AC BM  H là trọng tâm tam giác ABD 2 3
3
AH AO a   
Do (SAC) và (SBM) cùng vuông góc với đáy  SH ABCD  
HA là hình chiếu của SA trên mặt phẳng (ABCD  060SAH  
0,25 
5 
(1,0 điểm) 
Ta có 0tan 60 3SH AH a  ;
29 2
2BMC
as  
3
.
1 9 2.
3 2S BMC BMC
aV S SH  
0,25 
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
2 2 3 6
2
aBM AB AM   
Do H là trọng tâm tam giác ABD 2 6
3
BH BM a   
ABH có 2 2 2 2 23 6AH HB a a AB     AHB vuông tại H 
BH AH  mà BH SH   HB SAH hay  BM SAC 
0,25 
Trong (SAC) kẻ  HK SC K SC  
HK là đoạn vuông góc chung của BM và SC, do đó d(BM,SC)=HK 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 7 6 7
9 12 36 7
aHK
HK SH HC a a a
       
0,25 
Do x, y, z > 0 và 2 2 2 1x y z   nên x,y, z ( 0;1) 0,25 
Ta có 
5 3 2 2
3
2 2 2
2 ( 1)
1
x x x x x x x
y z x
  
   
 
. 
Khi đó 3 3 3( ) ( ) ( )P x x y y z z         
0,25 
Xét hàm số  3( ) , 0;1f t t t t    . 
 ' 2( ) 3 1f t t   
   
' 2( ) 0 3 1 0 1
0;1 0;1 3
f t t
t
t t
        
   
Lập bảng biến thiên suy ra 
 0;1
2 3max ( )
9
f t  
0,25 
6 
(1,0 điểm) 
2 3
3
P  . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 2 3
3
 đạt được khi 
1
3
x y z   . 
0,25 
M'
M
NH
I
B
CD
A
Gọi 'M là điểm đối xứng của M qua I  ' ', 5;1M CD M  
Đường thẳng CD qua  ' 5;1M và N(-4 ;10) có phương trình là : 6 0x y   
0,25 
Gọi H là hình chiếu của I trên CD suy ra H là trung điểm của CD 
Đường thẳng d qua I(3;2) vuông góc với CD có phương trình x-y-1=0. 
H d CD   tọa độ H là nghiệm của hệ 
1 0 7 5;
6 0 2 2
x y
H
x y
          
0,25 
 ;6D CD D t t   , do ABCD là hình vuông nên ta có : 
2 2 47 7 1
32 2 2
t
DH IH t t
t
                  
0,25 
 7.a 
(1,0 điểm) 
  4 4;2 , (3;3); 3 (3;3), (4;2)t D C t D C    
Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông A(3 ;1), B(2 ;2), C(3 ;3),D(4 ;2) 
 hoặc A(2 ;2), B(3 ;1), C(4 ;2) ), D(3 ;3). 
0,25 
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Ta có      1;3;0 , 0;3;2 , 6; 2;3AB AC AB AC    
   
Mặt phẳng (ABC) đi qua điểm A(1 ;0 ;-1) và có véc tơ pháp tuyến 
 , 6; 2;3n AB AC    
  
 phương trình là : 6x-2y+3z-3=0 
0,25 
Gọi trực tâm của tam giác ABC là H(a;b;c), khi đó ta có hệ: 
. 0 3 2 7 0
85 135 31. 0 3 10 0 ; ;
49 49 49
( ) 6 2 3 3 0
                
      
 
 
BH AC b c
CH AB a b H
H ABC a b c
0,25 
Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương  1;1; 2du  

Gọi véc tơ chỉ phương của đường thẳng là u

Do
   , 1;15;8d
d
u nABC
u n u
d u u



              
 
  
  
0,25 
 8.a 
(1,0 điểm) 
Vậy đường thẳng  đi qua 85 135 31; ;
49 49 49
  
 
H có véc tơ chỉ phương  1;15;8u 

phương trình là 85 135 31; 15 ; 8
49 49 49
       

x t y t z t 
0,25 
  2 0 1 2 2 3 3 2 1 2 1 2 22 2 2 2 2 21 ...
n n n n n
n n n n n nx C C x C x C x C x C x
         
Cho x=1 ta có 0 1 2 3 2 1 2 22 2 2 2 2 2... 2
n n n
n n n n n nC C C C C C
       
Cho x=-1 ta có 0 1 2 3 2 1 22 2 2 2 2 2... 0
n n
n n n n n nC C C C C C
       
 0 2 4 2 22 2 2 22( ... ) 2
n n
n n n nC C C C    
22 1024 5n n    
0,25 
     
5 5 552 2 2
5 5 5
0 0 0 0 0
1 2 2 2 2
k kk ik k i k i k i i k i
k k
k k i k i
x x C x x C C x x C C x 
    
         
0,25 
Số hạng chứa 4x khi 
4
0 4
,
k i
i k
i k
 

  
  
0 4; 1 3
2 2; 3
i k i k
i k i k i
     
     
0,25 
9.a 
(1,0 điểm) 
Vậy hệ số 4x trong khai triển là 4 0 0 3 1 1 2 2 25 4 5 3 5 22 2 2 105C C C C C C   
0,25 
7.b 
(1,0 điểm) 
I
M
H
C
D
B
A
Gọi D là điểm đối xứng của A qua I. 
Khi đó ,BH CD BD CH   BDCH là hình bình hành 
M là trung điểm của HD  3;3D 
Do I là trung điểm của AD  1;1A  
0,25 
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
 Phương trình đường thẳng BC: 3 10 0x y   0,25 
 ;10 3B BC B b b   với b<3 
Ta có    
 2 2 2 31 8 3 5 10 50 60 0
2
b l
IB IA b b b b
b

           

 b=2  2;4B 
0,25 
Đường thẳng AB đi qua  1;1A  và  2;4B có phương trình : 
 1 1 2 0
3 3
 
    
x y x y 
0,25 
Gọi M d  
 1 2 ; ;2M d M t t t     
Đường thẳng  có véc tơ chỉ phương  2 1; 1;u AM t t t     
 
0,25 
   
 
2
2
2; 2; 1 ; , 1 ;1;4 2
, 5 18 18,
6 2 2
AB AB u t t
AB u t td B
t tu



      
       
 
  
 

0,25 
   
2
2
5 18 18, 3 3 0 1;1;0
6 2 2
t td B t AM
t t
 
       
 

0,25 
8.b 
(1,0 điểm) 
Vậy phương trình đường thẳng : 1
2
x t
y t
z
 

   
 
0,25 
 Đk:
1 0
3
x
x
  
 
Khi đó phương trình tương đương :    22 2 21 log 3 log 2 1 log 1x x x x      
0,25 
   
 
2
2 2
2
log 2 6 log 2 1 1
2 6 2 1 1
x x x x
x x x x
       
    
0,25 
  
  
2
2
3
2 6 2 1 1
1 0
2 6 1 2 1
x
x x x x
x
x x x x
 

           
0,25 
9.b 
(1,0 điểm) 
2
3
1
5 417
81 0
4 5 1 0
x
x
x
x
x x
 
    
      
(TM) 
0,25 
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com