Đề thi khảo sát chất lượng lần thứ nhất năm học 2013 – 2014 môn: Toán 12 – khối A, B, D - Trường THPT Tống Duy Tân

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA 
TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN 
****** 
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ NHẤT 
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:  2 4 1
1
xy
x



1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của đồ thị hàm số (1). 
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M nằm trên (C) có hoành độ lớn hơn 1; biết rằng tiếp 
tuyến cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B sao cho: 3 2MA MB
 
. 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:   2cos 2sin 2x 2sin 1cos 2 3 1 sin
2cos 1
x xx x
x
  
  

 . 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
 3 3 2
2 2
6 2 7 12
3 3 10 5 22
x y y x y
x y x y x y
      

       
Câu 4 (1,0 điểm). Tính giới hạn:  
0
ln 1 sin
lim
1xx
x
L
e



Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D; SA vuông góc với mặt 
đáy (ABCD); 2AB a ; AD CD a  . Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt đáy (ABCD) là 600. Mặt phẳng 
(P) đi qua CD và trọng tâm G của tam giác SAB cắt các cạnh SA, SB lần lượt tại M, N. Tính thể tích khối 
chóp S.CDMN theo a. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn  2 2 22 3a b c ab bc ca      . Tìm giá trị 
lớn nhất của: 2 2 2 1
3
S a b c
a b c
   
  
. 
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 tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với  1;2A ,  3;4B và đỉnh C 
nằm trên đường thẳng : 2 4 0d x y   . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết đỉnh 
C có tung độ dương và diện tích tam giác ABC bằng 2. 
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm  1;2; 1A  và  2;1;3B  . Tìm tọa độ điểm 
C trên trục Ox sao cho tam giác ABC vuông tại C. 
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1 216 160
n
n nC A

   . Tìm hệ số của 
7x trong khai 
triển   31 2 2 nx x  . 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip  
2 2
: 1
9 5
x yE   với hai tiêu điểm 1 2,F F 
(hoành độ của 1F âm). Tìm tọa độ điểm M thuộc elip (E) sao cho góc  01 2 60MF F  . 
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm  1;2;1A ,  2;1;3B  ,  2; 1;1C  ,  0;3;1 .D 
Chứng minh A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện. Tính thể tich khối tứ diện đó. 
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
 
3 2
3
3 3 9 7
2 4 log 10 81
x x y x y
x yx y
 

   

  
 . 
--------------------HẾT-------------------- 
WWW.VNMATH.COM
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 NHẤT 
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 .. 
* Tập xác định: 
* Sự biến thiên của hàm số 
- Giới hạn của hàm số tại vô cực và giới hạn vô cực 
2 4lim lim 2
1x x
xy
x 

 

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng: 2y  
1 1
2 4 2 4lim ; lim
1 1x x
x x
x x  
 
   
 
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng: 1x  
0.25 
điểm 
- Bảng biến thiên 
 2
2' 0, 1
1
y x
x
   

x  1  
y' + + 
y 
  2 
2  
0.25 
điểm 
Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;1 và  1; . 
Hàm số không có cực trị. 
0.25 
điểm 
* Đồ thị 
0.25 
điểm 
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị .. 
6
5
4
3
2
1
-1
-2
-6 -4 -2 2 4 6
WWW.VNMATH.COM
Gọi 00
0
2 4;
1
xM x
x
 
  
 với 0 1x  . 
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: 
 
  002
00
2 42
11
xy x x
xx

  

0.25 
điểm 
Tiếp tuyến cắt trục hoành Ox tại  20 04 2;0A x x   , cắt trục tung Oy tại 
 
0 0
2
00
2 2 40;
11
x xB
xx
 
  
  
0.25 
điểm 
Ta có: 2 00 0
0
2 43 2;
1
xMA x x
x
 
      

 ; 
 
0
0 2
0
2;
1
xMB x
x
 
   
  

Nên 
   
 
2
0 0 0
00 0
2
0 0
3 3 2 2
3 2 32 4 23 2
1 1
x x x
MA MB xx x
x x
     
      
           
 
0.25 
điểm 
Từ đó:  3;1M 
Phương trình tiếp tuyến cần lập: 1 1
2 2
y x  
0.25 
điểm 
2 Giải phương trình:   2cos 2sin 2x 2sin 1cos 2 3 1 sin
2cos 1
x xx x
x
  
  

 . 
Điều kiện: 2cos 1 0x  
Phương trình đã cho tương đương với: 
    
2cos 1 2sin 1
cos 2 3 1 sin
2cos 1
x x
x x
x
 
  

0.25 
điểm 
 cos 2 3 1 sin 2sin 1x x x     
   1 sin 2sin 3 0x x    
sin 1
3sin
2
x
x
 
  

0.25 
điểm 
sin 1 2 ,
2
x x k k Z        
 
23 3sin
22 2
3
x k
x k Z
x k




  
  
  

0.25 
điểm 
Đối chiếu điều kiện, ta có các nghiệm của phương trình đã cho là: 
2
2
x k    và 2 2
3
x k   (với k Z ) 
0.25 
điểm 
3 
Giải hệ phương trình: 
 
 
3 3 2
2 2
6 2 7 12 (1)
3 3 10 5 22 2
x y y x y
x y x y x y
      

       
WWW.VNMATH.COM
Điều kiện: 
3
3
x
y



Ta có: 
       331 2 2 2 2 3x x y y      
0.25 
điểm 
Xét hàm số:   3 2f t t t  có   2' 3 2 0,f t t t R     
Nên hàm số đồng biến trên R 
Bởi vậy:        3 2 2 2 4f x f y x y y x         
0.25 
điểm 
Thay (4) vào (2): 
   223 1 2 10 5 2 22x x x x x x          
23 1 2 11 16x x x x       
      
2 2
2 7 2
3 1 1 1
x x
x x
x x
 
    
   
0.25 
điểm 
 
   
2 0 5
1 1 2 7 6
3 1 1 1
x
x
x x
 
    
    
 5 2 4x y    
    1 16 7 2 0
3 1 1 1
x
x x
    
   
Vì 3x  nên 7 2 1x  và 1 1
3 1x

 
Từ đó   1 17 2 0
3 1 1 1
x
x x
 
        
. Hay (6) vô nghiệm. 
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất 
2
4
x
y



0.25 
điểm 
4 
Tính giới hạn:  
0
ln 1 sin
lim
1xx
x
L
e



Ta có:    ln 1 sin ln 1 sin sin
1 sin 1x x
x x x x
e x x e
 
  
 
0.25 
điểm 
 
0
ln 1 sin
lim 1
sinx
x
x

 ; 
0
sinlim 1
x
x
x
 và 
0
lim 1
1xx
x
e


0.5 
điểm 
Nên:  
0
ln 1 sin
lim
1xx
x
L
e



=1 
0.25 
điểm 
5 Tính thể tích khối chóp S.CDMN 
Đặt . DS ABCV V , ta có: . . . .
1 1;
3 3S CDA S ABCD S ABC S ABCD
V V V V  
0.25 
điểm 
Mặt phẳng (P) đi qua CD và trọng tâm G của tam giác SAB, cắt các cạnh SA, SD lần 
lượt tại M, N, khi đó / /MN AB và 2
3
SM SN
SA SB
  
Ta có: 
.
. .
.
2 2 2
3 3 9
S CDM
S CDM S CDA
S CDA
V SC SD SM V V V
V SC SD SA
       
0.25 
điểm 
WWW.VNMATH.COM
2
.
. .
.
2 4 8
3 9 27
S MNC
S MNC S ABC
S ABC
V SM SN SC V V V
V SA SB SC
        
 
Bởi vậy: 
. . .
2 8 14
9 27 27S CDMN S CDM S MNC
V V V V V V     
Vì ABCD là hình thang vuông tại A và D, 2AB a ; AD CD a  nên BC AC 
Mặt khác  SA mp ABCD nên        ; D ;mp SBC mp ABC SC AC SCA  
Từ đó ta có:  060SCA  
0.25 
điểm 
Trong tam giác SAC vuông tại A, có 2AC a và 
 0tan 2 tan 60 6SA AC SCA a a   
   
31 1 1 6. 2 . . 6
3 3 2 6 2ABCD
AB CD AD aV S SA SA a a a a

        
Vậy: 
3
3
.
14 6 7 6
27 2 27S CDMN
aV a   
0.25 
điểm 
6 Tìm giá trị lớn nhất  
Với a, b, c là các số dương ta có: 
   
2
2 2 2
3
a b c
a b c
 
   
 2
3
a b c
ab bc ca
 
   
Bởi vậy: 
     
2 2
22 3 9
3 3
a b c a b c
a b c
   
      
0.25 
điểm 
M NG
C
A
B
D
S
WWW.VNMATH.COM
Từ đó: 
0 3a b c    
Ta có: 
   
2
2 2 22 3 3
3
a b c
a b c ab bc ca ab bc ca
 
           
Nên: 
   
2
2 2 2 3
6 2
a b c
a b c
 
    
Bởi vậy: 
 22 2 2 21 1 3 1 1 3
3 6 3 2 6 3 2
a b c
S a b c t
a b c a b c t
 
         
      
0.25 
điểm 
Xét hàm số   21 1 3
6 3 2
f t t
t
  

 với 0 3t  
 
 
 2
1 1' 0, 0;3
3 3
f t t t
t
    

Nên hàm số đồng biến trên  0;3 
Bởi vậy: 
     3 , 0;3f t f t   
Hay   17
6
f t  
0.25 
điểm 
Suy ra: 17
6
S  
Dấu “=” xảy ra khi 1a b c   
Vậy: 17max
6
S  khi 1a b c   . 
7.a Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp  
Ta có:  2;2AB 

 và 2 2AB  
Phương trình đường thẳng AB: 1 0x y   
0.25 
điểm 
Đỉnh C nằm trên đường thẳng : 2 4 0d x y   nên  ;2 4C t t  và 2t   
 
 2 4 1 3
;
2 2
t t t
d C AB
   
  
 
31 1. ; 2 2 3
2 2 2ABC
t
S AB d C AB t

      
0.25 
điểm 
Bởi vậy: 
2 3 2 1ABCS t t        
Nên  1;2C  
0.25 
điểm 
Gọi phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 
2 2 2 2 0x y ax by c     
Thay tọa độ A, B, C vào phương trình, ta có: 
2 4 5 0
6 8 25 5
2 4 5 15
a b c a
a b c b
a b c c
     
        
       
Vậy, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 
0.25 
điểm 
WWW.VNMATH.COM
2 2 10 15 0x y y    
8.a Tìm điểm C trên trục Ox . 
Vì điểm C trên trục Ox nên  ;0;0C t 0.25 
điểm 
Ta có:  1 ;2; 1CA t  

,  2 ;1;3CB t  

 0.25 
điểm 
Tam giác ABC vuông tại C điều kiện là: 
     2. 0 1 2 2.1 1 .3 0 3 0CA CB t t t t            
 
1 13
1 13
t
t
   
 
  
0.25 
điểm 
Như vậy:  1 13;0;0C   hoặc  1 13;0;0C   0.25 
điểm 
9.a Tìm hệ số trong khai triển 
Với n nguyên dương, ta có: 
   1 216 160 3. 1 1 160nn nC A n n n n        
2 82 80 0
10
n
n n
n

       
Vậy 8n  
0.25 
điểm 
Bài toán trở thành: Tìm hệ số của 7x trong khai triển   831 2 2x x  
Ta có:       8 8 83 31 2 2 2 2 2x x x x x      
0.25 
điểm 
*  
8
8 8
8
1
2 2k k k
k
x C x

  . Số hạng chứa 7x là: 7 7 782 16C x x 
*  
8
83 3 8
8
1
2 2 2 2k k k
k
x x x C x

 
   
 
 . Số hạng chứa 7x là: 3 4 4 4 782 . 2 2240x C x x 
0.25 
điểm 
Vậy, hệ số của 7x cần tìm là: 16 2240 2224   0.25 
điểm 
7.b Tìm tọa độ điểm M trên elip .. 
Ta có: 3; 5; 9 5 2a b c     
Tọa độ tiêu điểm:    1 22;0 ; 2;0F F 
Gọi    0 0;M x y E nên  
2 2
0 0 1 *
9 5
x y
  
0.25 
điểm 
1 0 2 0 1 2
2 23 ; 3 ; 4
3 3
MF x MF x F F     0.25 điểm 
Để  01 2 60MF F  thì: 
2 2 2
2 1 1 2 1 2 1 22. . .cosMF MF F F MF MF MF F   
2 2
2 0
0 0 0
2 2 23 3 4 2. 3 .4.cos60
3 3 3
x x x                
     
0 0
34 3
4
x x      
0.25 
điểm 
Thay 0
3
4
x   vào (*) ta có: 0.25 điểm 
WWW.VNMATH.COM
22
20
0 0
3
75 5 54 1
9 5 16 4
y y y
  
         
Như vậy: 3 5 5;
4 4
M
 
  
 
 hoặc 3 5 5;
4 4
M
 
   
 
8.b Tính thể tích khối tứ diện  
Ta có:      3; 1;2 ; 1; 3;0 ; 1;1;0AB AC AD      
  
 0.25 
điểm 
 
1 2 2 3 3 1
; . . 1 .1 .0 6 2 4
3 0 0 1 1 3
AB AC AD
   
             
  
0.25 
điểm 
Do ; . 4 0AB AC AD     
  
 nên ; ;AB AC AD
  
 không đồng phẳng. Hay 4 điểm A, B, C, D 
là 4 đỉnh của tứ diện. 
0.25 
điểm 
Thể tích tứ diện ABCD: 
1 2; .
6 3
V AB AC AD   
  
0.25 
điểm 
9.b 
Giải hệ phương trình 
 
   
3 2
3
3 3 9 7 1
2 4 log 10 81 2
x x y x y
x yx y
 

   

  
     2 2 23 2 2 2 2 2 21 3 3 3 7 3 3 3 7x y x yx x y x y x y x y             
  2 4 4 42 3 3 10x y x y    
0.25 
điểm 
Đặt: 
2
2 2
3 0
3 0
x y
x y
u
v


  

 
, ta có hệ phương trình: 
2 2
7
10
u v uv
u v
  

 
 2
7
2 10
u v uv
u v uv
   
  
0.25 
điểm 
Đặt: 
u v S
uv P
 


 ta có: 
2 2
7 7 4
32 10 2 24 0
S P P S S
PS P S S
      
   
      
 hoặc 
6
13
S
P
 


 (loại) 
Như vậy: 
4 4 3
3 3 1
S u v u
P uv v
     
   
    
 hoặc 
1
3
u
v



0.25 
điểm 
Với 
3
1
u
v



 ta có: 
2
2 2
3 3 2 1 1
2 2 0 33 1
x y
x y
x y
x y
x y


   
    
  
Với 
1
3
u
v



 ta có: 
2
2 2
1
3 1 2 0 3
2 2 1 13 3
6
x y
x y
xx y
x y y


     
   
     

Vậy, hệ có hai nghiệm  ;x y là: 1 1;
3 3
 
 
 
 và 1 1;
3 6
  
 
0.25 
điểm 
WWW.VNMATH.COM