ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THPT

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THPT
MÔN: Toán – Thời gian 180 phút
Ngày thi: 08/03/2016
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

1− x
.
x −2

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x log x 2 trên đoạn 2;e 2  .
Câu 3 (1,0 điểm).

 1
1 
+
i .
a) Tìm số phức z , biết z thỏa mãn z + (3 − i ) z − 4 (1 − 2i ) = 
 2
2 
1
b) Cho f ( x ) = .52 x +1 và g ( x ) = 5 x + 4 x ln 5 . Giải phương trình f ' ( x ) = g ' ( x ) .
2
2016

2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

3 x 2 + 4 x + 3 + ( x 2 + 2 x ) ln ( x 3 + 3 x 2 )
x 3 + 3x 2

1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ

dx .

Oxyz , cho điểm

M (2;3;1) , mặt phẳng

x −1 y + 3 z − 5
=
=
. Gọi A là điểm thuộc d , B là
1
2
−1
hình chiếu vuông góc của A trên ( P ) . Viết phương trình đường thẳng qua M và vuông góc với

( P ) : 3 x − 3 y + 4 z + 16 = 0 và đường thẳng d :

( P ) . Tìm tọa độ điểm A sao cho tam giác MAB cân tại M .
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho góc α thỏa mãn tan α = −

 3π

4
α
α

và α ∈  ;2π  . Hãy tính A = sin + cos .


2
2
2
3

b) Cho tập hợp A = {1; 2; 3; 4; 5; 6} . Gọi S là tập hợp các số có 2 chữ số khác nhau được lập
thành từ các chữ số của tập A . Chọn ngẫu nhiên 2 số từ S , tính xác suất để 2 số được chọn có
các chữ số khác nhau và có tổng bằng 18 .
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc
của điểm A ' trên mặt phẳng ( ABC ) trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , biết

A ' O = a . Gọi M là trung điểm của cạnh AC . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' và
khoảng cách giữa hai đường thẳng BM , B ' C .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 40
(đvdt) và AD = 2 AB . Gọi M là trung điểm AD , E là hình chiếu vuông góc của C trên đường
thẳng AB . Giả sử C (5;2) , M (1; 4 ) và đường phân giác góc CME có phương trình x −1 = 0 . Tìm tọa
độ các đỉnh còn lại của hình bình hành, biết đỉnh A có tung độ nhỏ hơn 2 .

 x + 3 y 2 − y 4 = 3

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 

4
2
 x x + 1 + y ( y + 1) −

(

)

(

Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn
giá trị lớn nhất của biểu thức P =

)

x + 1 ( y 2 + 1) = 0

(x ; y ∈ ℝ) .

a 2 + b + b + 2c = 4 b và b > 0 . Tìm

a b
c
+
.
b + c a b + 2b
Người ra đề: Huỳnh Đức Khánh

---------- Hết ----------


HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN
−x + 1
. Bạn đọc tự làm.
x −2

ln 2
x
= ln 2.
.
Câu 2. Hàm số viết lại f ( x ) = x log x 2 = x .
ln x
ln x
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 2;e 2  .
 ln x −1
Đạo hàm f ' ( x ) = ln 2. 2  .
 ln x 
 ln x −1
Suy ra f ' ( x ) = 0 ⇔ ln 2  2  = 0 ⇔ ln x −1 = 0 ⇔ ln x = 1 ⇔ x = e ∈ 2; e 2  .
 ln x 

Câu 1. Hàm số viết lại y =

Ta có f (2) = 2; f (e ) = e ln 2; f (e 2 ) =
Vậy max
f (x ) =
 2
2;e 



e 2 ln 2
.
2

e 2 ln 2

khi x = e 2 ; min
f ( x ) = e ln 2 khi x = e .
2; e 2 
2



Câu 3.

 1
1 
a) Ta có 
+
i  = i , suy ra
 2
2 
2

 1
1 

+
i
 2
2 

2016

2
 1

1  
= 
+
i 

2  
 2

1008

= (i )

Do đó giả thiết đã cho tương đương z + (3 − i ) z − 4 (1 − 2i ) = 1 .

1008

=1.

(1)

Đặt z = a + bi (a, b ∈ ℝ ) , suy ra z = a − bi .
Khi đó (1) trở thành a + bi + (3 − i )(a − bi ) − 4 (1 − 2i ) = 1

4a − b − 4 = 1 a = 2
.
⇔ (4 a − b − 4 ) − (a + 2b − 8)i = 1 ⇔ 
⇔
a + 2b − 8 = 0 b = 3
Vậy số phức z cần tìm là z = 2 + 3i .

b) Ta có f ' ( x ) = 52 x +1 ln 5 và g ' ( x ) = 5 x ln 5 + 4 ln 5 = (5 x + 4 ) ln 5 .
Do đó f ' ( x ) = g ' ( x ) ⇔ 52 x +1 ln 5 = (5 x + 4 ) ln 5

 x
5 = 1
⇔5
= 5 + 4 ⇔ 5.(5 ) − 5 − 4 = 0 ⇔  x
⇔ x =0.
5 = − 4

5
Vậy phương trình f ' ( x ) = g ' ( x ) có nghiệm duy nhất x = 0 .
2 x +1

2

Câu 4. Ta có I = ∫
1

x 2

x

2
( x 2 + 2 x ) ln ( x 3 + 3x 2 )
3x 2 + 4 x + 3
dx +∫
dx .
x 3 + 3x 2
x 3 + 3x 2

1
2

●

x

Tính I 1 = ∫
1

3x 2 + 4 x + 3
dx .
x 3 + 3x 2

Ta đồng nhất

3 x 2 + 4 x + 3 3x 2 + 4 x + 3 A B
C
.
=
= + 2+
x 3 + 3x 2
x 2 ( x + 3)
x x
x +3

Quy đồng cho cùng mẫu và đồng nhất tử thức ta được
3x 2 + 4 x + 3 ≡ Ax ( x + 3) + B ( x + 3) + Cx 2

 A + C = 3

 A = 1



⇒ 3 A + B = 4 ⇔ B = 1


3B = 3
C = 2


2

Do đó I 1 = ∫
1

2

●

Tính I 2 = ∫

2
2

2 1
1
1
2
1

dx + ∫ 2 dx + ∫
dx =  ln x − + 2 ln x + 3  = + 2 ln 5 − 3 ln 2 .

1 2
x
x
x +3
x
1
1

( x 2 + 2 x ) ln ( x 3 + 3x 2 )
x 3 + 3x 2

1

Đặt t = ln ( x + 3 x
3

Do đó I 2 =

1
3

Vậy I = I 1 + I 2 =

2

) ⇒ dt =

ln 20

∫
ln 4

tdt =

1 2
t
6

dx .

3( x 2 + 2 x )
x 3 + 3x 2

ln 20
ln 4

=

dx . Đổi cận: x = 1 ⇒ t = ln 4; x = 2 ⇒ t = ln 20 .

ln 2 20 − ln 2 4
.
6

1
25 ln 2 20 − ln 2 4
+ ln +

.
2
8
6

Câu 5. Mặt phẳng ( P ) có VTPT nP = (3; −3;4 ) .
Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm đi qua M (2;3;1) và vuông góc với ( P ) nên có vectơ chỉ phương

x = 2 + 3t

u∆ = nP = (3; −3; 4 ) . Do đó ∆ : 
 y = 3 − 3t .

z = 1 + 4 t
Theo giả thiết ta có AB ⊥ ( P ) .
Gọi H là trung điểm AB . Do tam giác MAB cân tại M nên MH ⊥ AB .
Từ (1) và (2) , suy ra MH ( P ) nên d  A, ( P ) = AB = 2 HB = 2 d  M , ( P ) .
Vì A ∈ d nên A (1 + t ; −3 + 2t ;5 − t ) . Thay vào (*) , ta được

3 (1 + t ) − 3(−3 + 2t ) + 4 (5 − t ) + 16
9 + 9 + 16

= 2.

(1)
(2 )
(* )

6 − 9 + 4 + 16

9 + 9 + 16

A (3;1;3)
t = 2
.
⇔ −7t + 48 = 34 ⇔ 
⇒
 t = 82 /7  A (89 / 7;143 / 7; −47 / 7)


Do B ∈ ( P ) nên A và M phải cùng phía so với ( P ) . Vậy ta chọn A (3;1;3) .
Câu 6.

 3π

a) Với α ∈  ;2π  , suy ra
 2


α
2
0 ≤ sin <
2
2

Khi đó 

α
−1 ≤ cos < −


2
2
Ta có A = 1 + sin α .

α  3π 
∈  ; π .
2  4 

2
2

, suy ra A = sin

α
α
+ cos < 0 .
2
2

Từ hệ thức sin 2 α + cos 2 α = 1 , suy ra sin 2 α = 1 − cos 2 α = 1 −

1
16
=
.
2
1 + tan α 25

 3π


4
Vì α ∈  ;2π  nên sin α = − .
 2
5

4
1
5
vào A 2 , ta được A 2 = . Suy ra A = −
.
5
5
5
b) Số phần tử của tập S là A62 = 30.
Thay sin α = −

Không gian mẫu là chọn ngẫu nhiên 2 số từ tập S .
2
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là Ω = C 30
.
Gọi X là biến cố '' 2 số được chọn có các chữ số khác nhau và có tổng bằng 18 '' . Từ tập đã cho
A chỉ có một bộ số duy nhất {3; 4; 5; 6} thỏa mãn 3 + 4 + 5 + 6 = 18 .


●

Có A42 = 12 số có 2 chữ số khác nhau được lập thành từ tập {3; 4; 5; 6} .

●

Giả sử ta chia 12 số đó thành 2 nhóm như sau:
+) Nhóm I gồm các số có chứa chữ số 3 , có 6 số.
+) Nhóm II gồm các số không chứa chữ số 3 , có 6 số.

Khi đó ứng với mỗi số ab ở nhóm I, có 2 số cd ở nhóm II thỏa mãn a + b + c + d = 18 .
Suy ra số phần tử của biến cố X là ΩX = 6.2 = 12 .
Vậy xác suất cần tính P ( X ) =

ΩX
Ω

=

12
4
=
.
C 302
145

Câu 7.
a) Diện tích tam giác đều ABC là S∆ABC =

a2 3
.
4

Thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' là V = S∆ABC . A ' O =

a2 3

a3 3
.a =
(đvtt).
4
4
B'

A'
M'

C'

A

B
M

O

N
C

b) Gọi M ' là trung điểm A ' C ' , suy ra BM B ' M ' nên BM ( B ' M ' C ) .
Do đó d [ BM , B ' C ] = d  BM , ( B ' M ' C ) = d  M , ( B ' M ' C ) .

(1)

Ta có MC ⊥ MB , suy ra MC ⊥ M ' B ' .
Theo cách dựng thì A ' M ' CM là hình bình hành nên A ' M

M 'C .

 MC ⊥ BM
Mà 
⇒ MC ⊥ A ' BM ⇒ MC ⊥ A ' M . Từ đó suy ra MC ⊥ M ' C .

 MC ⊥ A ' O
a
Từ (1) và (2 ) , suy ra MC ⊥ ( B ' M ' C ) nên d  M , ( B ' M ' C ) = MC = .
2

(2 )

Câu 8, 9, 10 hẹn chủ nhật đánh đáp án tiếp. Khuya rồi ngủ thoai, mai về vơ với vợ rùi. Các em thông cảm