SỞ GD - ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH,CĐ LẦN 1, NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x (m )x (m m)x 3 2 23 2 2 ( )1 , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( )1 khi m 0 . b) Tìm m để hàm số ( )1 có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho x x (x x ) 1 2 1 26 4 0 . Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x sin x sin2x 0 . Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình log x log x log x 31 82 2 1 3 1 . Câu 4 (1,0 điểm) a) Trong một hộp đựng 8 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp trên. Tìm xác suất để 4 viên bi được lấy ra có cả bi xanh và bi đỏ. b) Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của biểu thức x x x x 5 1021 2 1 3 . Câu 5 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, aSD 17 2 , hình chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là trung điểm của đoạn AD. a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD theo a. Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có D( ; )4 5 . Điểm M là trung điểm của đoạn AD, đường thẳng CM có phương trình x y8 10 0 . Điểm B nằm trên đường thẳng x y2 1 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và C, biết rằng điểm C có tung độ y 2 . Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình xy y y x y x (x, y ) ( y) x y (x ) ( x y ) y 2 3 1 3 5 1 2 2 1 2 1 . Câu 8 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a b ca b bc b (a c) 2 2 3 8 1 2 8 2 2 3 . ----------- Hết ---------- Xin cảm ơn RafaeL Fuji (leekuyngpyoungjan19@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl SỞ GD - ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH, CĐ LẦN 1, NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi m 0 ta có y x x 3 23 2 * Tập xác định D * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' x x 23 6 , y ' x 0 0 hoặc x 2 0,25 - Khoảng đồng biến: ( ; )0 2 ; các khoảng nghịch biến ( ; ) 0 và ( ; )2 - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại CTx ; y 0 2 ; đạt cực đại tại CDx ; y 2 2 - Giới hạn: x x lim y ; lim y 0,25 - Bảng biến thiên: x 0 2 y’ - 0 + 0 - y 2 -2 . 0,25 * Đồ thị: 0,25 b. (1,0 điểm) Ta có y ' x (m )x (m m) 2 23 2 3 2 . Hàm số có hai điểm cực trị y ' 0 có hai nghiệm phân biệt 0,25 m m 2 3 2 3 20 9 2 0 2 2 (*) 0,25 Ta có m m (m )x x ; x x 2 1 2 1 2 2 2 3 3 3 ; x x (x x ) m m 21 2 1 26 4 0 10 24 0 0,25 1 m 2 hoặc m 12 (loại). Vậy m 2 0,25 x y 2 2 -2 O 1 (1,0 điểm) Pt đã cho 2cos2x.sinx 2sin x.cosx 0 0,25 22sinx(2cos x cosx 1)=0 0,25 s inx 0 x k cos x x k 1 2 0,25 2 cos x x k 1 2 2 3 Vậy, phương trình có các nghiệm là: x k ; x k2 (k ) 3 . 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện: x 1 3 0,25 Pt đã cho log (x ) log ( x) log (x ) 2 2 21 3 1 0,25 (x )( x) x 1 3 1 x x 2 4 0 0,25 3 x 1 17 2 hoặc x 1 17 2 (loại) Vậy, phương trình có nghiệm là x 1 17 2 0,25 (1,0 điểm) a) Số cách lấy ra 4 viên bi từ hộp là: C 414 1001 4 viên bi lấy ra có cả xanh và đỏ, có 3 khả năng: 1viên đỏ + 3viên xanh; 2 viên đỏ + 2 viên xanh; 3 viên đỏ + 1viên xanh 0,25 Số cách lấy ra 4 viên bi có cả xanh và đỏ là: C .C C .C C .C 1 3 2 2 3 18 6 8 6 8 6 916 Vậy, xác suất cần tính P 916 1001 . 0,25 b) Hệ số của 5x trong khai triển của 5x(1 2x) là 4 45( 2) .C Hệ số của 5x trong khai triển của 2 10x (1 3x) là 3 3103 .C 0,25 4 Hệ số của 5x trong khai triển thành đa thức của 5 2 10x(1 2x) x (1 3x) là 4 45( 2) .C + 3 3 103 .C Vậy hệ số của 5x trong khai triển là 4 45( 2) .C + 3 3 103 .C 3320 . 0,25 (2,0 điểm) 5 a)SH (ABCD) SH HD . Ta có SH SD HD SD (AH AD ) 2 2 2 2 2 SH a 3 S.ABCD ABCD aV SH.S 31 3 3 3 b) HK//BD HK//(SBD) d(HK,SD) d(HK,(SBD)) d(H,(SBD)) Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên BD và F là hình chiếu vuông góc của H trên SE. Ta có BD HE và BD SH nên BD (SHE) BD HF mà HF SE 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 K H CB A D S E F do đó HF (SBD) . Suy ra d(H,(SBD)) HF Ta có aHE HB.sin EBH 2 4 HS.HE aHF HS HE 2 2 3 5 . Vậy, ad(HK,SD) 3 5 0,25 0,25 (1,0 điểm) 6 Gọ H, K là hình chiếu vuông góc của B, D lên CM . DK ( ) 2 2 4 8 5 10 26 651 8 Gọi I, G là giao điểm của BD với AC và CM G là trọng tâm ACD ; BH BGDG GI BG DG DK DG 2 2 2 BH 52 65 ; b B(b; b ) BH b 17 18 522 1 17 18 52 65 65 b b (loai) 2 70 17 (loại vì điểm B và D cùng phía với đường thẳng CM). Do đó ta có B( ; ) I( ; ) 2 5 3 0 C( c ; c)8 10 CD.CB ( c).( c) ( c)( c) 14 8 12 8 5 5 0 c c 265 208 143 0 c c (loaido c ) 1 143 2 65 C( ; ) A( ; ) 2 1 8 1 . Vậy A( ; ); B( ; ); C( ; ) 8 1 2 5 2 1 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện: y x y x y x y y x 0 2 1 5 1 2 10 3 5 (*) 0,25 Ta có phương trình (2) ( y)( x y ) ( x y )( y) 1 2 1 2 1 1 0 ( y)( x y )( ) x y y 1 11 2 1 0 2 1 1 (3) Do x y y 1 1 0 2 1 1 và y 1 0 nên phương trình (3) y x 2 1 0,25 Với y x 2 1. Phương trình (1) trở thành x x x x 22 4 2 5 1 (đk: x 2 4 ) Pt ( x ) ( x ) ( x x ) 22 1 4 1 2 5 3 0 (x )( x ) x x 1 13 2 1 0 2 1 4 1 x x ( ) x x 3 1 1 2 1 4 2 1 4 1 0,25 7 Xét f (x) x x 1 1 2 1 4 1 và g(x) x 2 1 với x ; 2 4 , ta có g(x) g( ) 2 5 M C A H D B K G I f '(x) , x ; x ( x ) x ( x ) 2 2 1 1 0 2 4 2 2 2 1 2 4 4 1 f(x) nghịch biến f (x) f ( ) 12 1 2 1 . Do đó f (x) g(x), x ; 2 4 hay phương trình (4) vô nghiệm Vậy, hệ phương trình có nghiệm là ( ; )3 5 . 0,25 (1,0 điểm) Ta có bc b. c b c 8 2 2 2 . Suy ra (a b c)a b bc 3 3 22 8 0,25 Mặt khác (a c) b (a c) b 2 22 2 . Suy ra a b c(a c) b 2 2 8 8 33 2 2 0,25 Do đó P (a b c) a b c a b c (a b c) a b c 3 8 1 1 8 2 3 2 3 (1) Đặt a b c t, t 0 . Xét hàm số f (t) t t 1 8 2 3 với t 0 . Ta có (t )( t )f '(t) t ( t) t ( t) 2 2 2 2 1 8 3 1 5 3 2 3 2 3 , suy ra f '(t) t 0 1 Bảng biến thiên: t 0 1 f’(t) - 0 + f(t) 3 2 0,25 8 Từ bảng biến thiên suy ra f (t) f ( ) 31 2 với mọi t 0 (2) Từ (1) và (2) ta có P 3 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c a c b c bb a c 11 42 1 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 2 , đạt được khi a c , b 1 1 4 2 . 0,25 ----------- Hết ----------- Xin cảm ơn RafaeL Fuji (leekuyngpyoungjan19@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
Tài liệu đính kèm: