TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG IV
THANH HÓA

THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

m

(Đề thi gồm 01 trang)
1 3 9 2
x  x  6x  4 .
4
4

3
trên đoạn  2;5 .
x

.co

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x)  2 x 
Câu 3 (1,0 điểm).

a) Cho số phức z thỏa mãn (2  i ) z  5  6i  0 . Tìm phần thực và phần ảo của z
b) Giải phương trình log 3 ( x 2  x  1)  2
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   (2 x  1)e x dx
0



Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AD là phân giác trong của
góc A. Các điểm M và N tương ứng thuộc các cạnh AB và AC sao cho BM=BD, CN=CD. Biết
1
3
5
D(1; ) , M ( ; 2), N (  ; 4), hãy viết phương trình của các cạnh tam giác ABC.
2
2
2

ww

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực
3
2

 y  ( x  3) y  (2 x  3) y x  1  0
 2

 y  6 y  6  ( y  1) 14 y  13  10 x  9
Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y và xy  ( x  y) z  z 2  1. Tìm giá
1
1
1


trị nhỏ nhất của biểu thức P 
2
2

y '  0  x2  x  6  0  
4
2
x  4
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 2) và (4;  ) , nghịch biến trên khoảng (2; 4)
b) Cực trị
Hàm số đạt cực đại tại (2;1) , đạt cực tiểu tại (4;0)
c) Giới hạn
lim   và lim  
x

VN

.co

m

1

x

d) Bảng biến thiên


x
y'
y

2
0


0.25

f(x)=(1/4)*x^3-(9/4)*x^2+6*x-4

8

6

4

2

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

ww

2

w.

-2

0.25

3 2 x2  3

x2
x2
6
11
53
f '( x)  0  x  
  2;5 , f (2) 
, f (5) 
2
2
5

Đạo hàm f '( x)  2 

Vậy hàm số đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên đoạn  2;5 lần lượt là

3a


 x2  x  8  0

1  33
x 
2


1  33
x 

2
1  33
1  33
Vậy nghiệm của phương trình là x 
và x 
2
2
 (2  i ) z  5  6i  z 

4

1

Tính tích phân I   (2 x  1)e x dx

u  2 x  1 du  2dx
Đặt 

x
x


sin  

2.1  2.(2)  3.3

TH

Ta có AB  (2; 2;3) và vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n  (1; 2;3)
x  3 y 1 z 1


Phương trình đường thẳng AB là
2
2
3
Gọi  là góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (P) ta có

5



238
34

2  2  3 . 1  (2)  3
Gọi M là giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (P), tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
23

x  7
 x  3  2t

81
Gọi A là biến cố " Có ít nhất một chai thật ", suy ra A là biến cố " Cả 2 chai đều là giả"
Số biến cố cùng khả năng là : 10.8=80
Số cách chọn được 2 chai giả : C41 .C31  4.3  12
12 3

Xác suất biến cố A là : p ( A) 
80 20
2

2

2

2

2

ww

6a

w.

MA

2

6b



Suy ra xác suất của biến cố A là : p( A)  1  p( A)  1 

Tam giác ABC có BC  AB.tan 600  2 3.a  S ABC
Do đó
1
VS . ABC  .S ABC . SA
3
1
 .2 3a 2 .a 3
3
 2a 3
Gọi N là trung điểm cạnh SA do SB / /(CMN )
nên
d ( SB, CM )  d ( SB, (CMN ))
 d ( B, (CMN ))  d ( A, (CMN ))
Kẻ AE vuông góc với MC và AH vuông với NE ta được
AH  (CMN )  d ( A, (CNM ))  AH
Ta có
1
1
S AMC  . AM . AC.sin CAM  .a.4a. 3
2
2
Và MC  a 13 nên AE 

m

N


MC
13
29

2 3a 2 87a

29
29
Từ tính chất đường phân giác trong tam giác
DB AB
BM AB



 MN / / BC
ta có
DC AC
CN AC
Đường thẳng BC đi qua D và nhận
MN  (4; 2) làm vectơ chỉ phương
có phương trình là x  2 y  2  0
Vậy d ( SB, CM ) 

S

VN

7

0.25

 x  4

 C (4;1)
Tọa độ điểm C là nghiệm hệ phương trình 
0.25
x  2 y  2  0
y 1
Đường thẳng AC (đi qua C và N) phương trình là 2 x  y  9  0
Tương tự BE là đường thẳng trung trực của đoạn thẳng DM có phương trình là x  y  1  0 , tọa
x  y 1  0
x  4

 B(4; 3) . Đường thẳng AB
độ điểm B là nghiệm hệ phương trình 
0.25
x  2 y  2  0
 y  3
(đi qua B và M) phương trình là 2 x  y  5  0
Vậy phương trình các cạnh của tam giác là:
AB: 2 x  y  5  0 ; BC: x  2 y  2  0 ; CA: 2 x  y  9  0
0.25
Giải hệ phương trình
2

(1)
 xy  2 x  2  y  3 y
 2
(2)

 y  6 y  6  ( y  1) 14 y  13  10 x  9


.co

 y 2  6 y  6  ( y  1) 14 y  13  10 y  1  0

0.25

0.25

 ( y  1) ( y  4)  14 y  13   ( y  2)  10 y  1   0
( y  4) 2  (14 y  13) ( y  2) 2  (10 y  1)

0
( y  4)  14 y  13 ( y  2)  10 y  1

 ( y  1)

y2  6 y  3
y2  6 y  3

0
( y  4)  14 y  13 ( y  2)  10 y  1

VN

 ( y  1)

y  3 6

 y  3  6


0 )
10
( y  4)  14 y  13 ( y  2)  10 y  1

Do x  y nên x  z  y  z . Suy ra a  1

0.25

1
a

0.25

(1)

0.25

ww

w.

1 a2 1
Ta có x  y  x  z  ( y  z )  a  
a
a
2
a
1
a2

1
2

f'(t)
0
+
f(t)

3

Từ bảng biến thiên suy ra f (t )  3 với mọi t  1

(2)

0.25

4


x  z  2

Từ (1) và (2) suy ra P  3 , dấu bằng đạt được tại 
2
y  z 

2
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 3.

ww