Đề thi khảo sát đại học - cao đẳng năm học 2014 – 2015 lần 1 môn Toán - thời gian làm bài: 180 phút

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN 
TRƯỜNG THPT NAM YÊN THÀNH 
----------***--------- 
ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐH-CĐ NĂM HỌC 2014 – 2015 LẦN 1 
M T 
Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số mxxmxy  9)1(3 23 (1), với m là tham số thực. 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m . 
b. Tìm giá trị của m để hàm số (1) đạt cực trị tại 21, xx sao cho 1 2 4x x  . 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin3 2 1 2sin . 2x cos x x cos x   
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình:  ( 3)
1
log 3 1
2
x x    
Câu 4 (1,0 điểm). 
a. Tìm hệ số của 
3x trong khai triển  123 2x . 
b. Một lô hàng có 10 sản phẩm cùng loại, trong đó có 2 phế phẩm. Chọn ngẫu nhiên 6 sản 
phẩm. Tính xác suất để có nhiều nhất một phế phẩm. 
Câu 5 (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm   
 
x 0;1 3 : 
 2 2 2 1 2 0m x x x( x )      
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình vuông ABCD cạnh bằng 4a. Trên cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điểm H 
và K sao cho 3BH HA và 3 DAK K . Trên đường thẳng (d) vuông góc với (ABCD) tại H lấy điểm 
S sao cho 030SBH  . Gọi E là giao điểm của CH và BK. 
a. Tính thể tích khối chóp S.BHKC 
b. Chứng minh các điểm , , , ,S A H E K nằm trên một mặt cầu và tính thể tích của khối cầu đó. 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCDcó ( 6; 6)D   . Đường 
trung trực của đoạn DC có phương trình 1 : 2 3 17 0x y    và đường phân giác của góc BAC có 
phương trình 2 :5 3 0x y    . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
3 3 3 2
2 2 2 2
16 9 (2 )(4 3)
4 2 3
x y y xy y xy
x y xy y
    

  
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm và thỏa mãn 3a b c   .Tìm giá trị lớn nhất 
của biểu thức: 
 3 2 2 2 2 2 22( ) 27 3( ) 6( )P ab bc ca a b c a b c ab bc ca           
-----------Hết----------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:; Số báo danh:........................ 
 Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT ĐH-CĐ NĂM HỌC 2014-2015 
CÂU NỘI DUNG CHÍNH ĐIỂM 
Câu 1a 
Với 1m ta có 196 23  xxxy . 
* Tập xác định: D = R 
* Sự biến thiên 
 Chiều biến thiên: )34(39123' 22  xxxxy ; ' 0 1 3y x x     
0,25 
 Các khoảng đồng biến )1,( vµ ),3(  ; khoảng nghịch biến ).3,1( 
 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1x và 3)1(  yyCD ; đạt cực tiểu tại 3x và 
1)3(  yyCT . 
 Giới hạn: 

yy
xx
lim;lim . 
0,25 
 Bảng biến thiên: 
x  1 3  
y
’ 
 + 0 - 0 + 
y 
 3  
 -1 
0,25 
* Đồ thị: 
1 2 3 4
-1
1
2
3
x
y
O
0,25 
Câu 1b 
Ta có .9)1(63' 2  xmxy 
Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại 21, xx  phương trình 0'y có hai nghiệm pb là 21, xx 
0,25 
  03)1(22  xmx có hai nghiệm phân biệt là 21, xx . 







31
31
03)1(' 2
m
m
m )1( 
0,25 
+) Theo định lý Viet ta có .3);1(2 2121  xxmxx Khi đó 
   
2 2
1 2 1 2 1 24 4 16 4 1 12 16x x x x x x m         
2
1 7
( 1) 7 (2)
1 7
m
m
m
   
    
  
0,25 
Từ (1) và (2) suy ra giá trị của 1 7; 1 7m m      0,25 
Câu 2 
Phương trình sin3 2 1 sin3x cos x x sinx     
0,25 
 22sin 0x sinx   0,25 
sin
1
s
2
x=0
inx


 

Với sin 0 ( )x x k k Z    
0,25 
Với 
2
1 6
sin ( )
52
2
6
x k
x k Z
x k





 
  
  

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm 2 ;
6
x k

 
5
2 ;
6
x k

   x k k Z  
0,25 
Câu 3 
Điều kiện: 
0 3 1
2 4
3 1 0
x
x
x
  
   
  
 0,25 
 3
1
log 3 1 3 1 3
2
x x x x         (1) 
. với 2 1: (1) 3 2x x x       
Giải phương trình trên được nghiệm 
3 5
x
2
 
 thỏa mãn và 
3 5
2
x
 
 loại 
0,25 
. với 2
9 29
2
1 4 : (1) 3 4 9x 13 0
9 29
2
x
x x x x
x
 

          
 


kết hợp với miền đang xét suy ra 
9 29
2
x

 thỏa mãn. 
0,25 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 
3 5
x
2
 
 hoặc 
9 29
2
x

 0,25 
Câu 4 
a. 
Ta có  
12
12 12
12
0
3 2 .3 .( 2 )k k k
k
x C x

   . Để số hạng tổng quát chứa 3x thì k = 3. 0,25 
Vậy hệ số của 
3x là 
3 9
12.3 .( 8) 34642080C    . 0,25 
b. 
Số cách chọn 6 sản phẩm từ 10 sản phẩm là 610C 
Số cách chọn 6 sản phẩm mà không có phế phẩm là 68C 
Số cách chọn 6 sản phẩm mà có đúng một phế phẩm là 5 18 2.C C 
0,25 
Số cách chọn 6 sản phẩm mà có nhiều nhất 1 phế phẩm là 6 5 18 8 2.C C C 
Xác suất cần tìm là: 
6 5 1
8 8 2
6
10
. 2
3
C C C
C

 
0,25 
Câu 5 
Đặt 2t x 2x 2    dox [0;1 3] nên  1;2t 
0,25 
0,25 
Bất phương trình trở thành: 



2t 2
m
t 1
Khảo sát hàm số 
t
g(t)
t



2 2
1
 với  1;2t 
Ta có: 
 
 

2
2
2 2
0
1
t t
g'(t)
(t )
. Vậy 
t
g(t)
t



2 2
1
đồng biến trên  1 2; 
Và do đó: 
2
( ) (2)
3
Maxg t g  
0,25 
Từ đó: 
2t 2
m
t 1



 có nghiệm t  [1,2]  
 t
m g t g
1;2
2
max ( ) (2)
3
   
Kết luận: 
2
3
m  
0,25 
Câu 6 
Tam giác SHB vuông tại H có 030SBH  nên 0S tan30 3H BH a  
Từ giả thiết 3a; ; 3a; DBH HA a AK K a    
0,25 
2
D D
25a
2
BHKC ABC AHK C KS S S S    
Thể tích khối chóp SBHKC là 
3
.
1 25 3
.
3 6
S BHKC BHKC
a
V S SH  
E
A
B
C
D
S
H
K
0,25 
Ta có: 0AD , D D 90AB A SH A SA SAK      (1) 
 SH AH nên 090SHK  (2) 
 0, ( ) 90CH BK BK SH BK SHE SEK      (3) 
Từ (1) (2) và (3) suy ra 5 điểm S, A, H, E, K cùng nằm trên một mặt cầu có đường kính là 
SK 
0.25 
Ta có: 2 2 2 2 2 2S 3a 10a 13a 3K SH HK SK a       
Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.AHEK là 
3
34 13 13 13
.
3 2 6
a a
V


 
   
 
0,25 
Câu 7 
Gọi I là trung điểm của CD, do 1
2 17
( ; )
3
a
I I a
 
  
nên 
1 2
( 6; )
3
a
DI a

  , đường thẳng 1 có VTCP 1( 3;2)u  
vì 1. 0 4DI u a    do đó ( 4; 3)I   suy ra ( 2;0)C  
0,25 
Gọi C’ đối xứng với C qua 2 . Ta có phương trình CC’: x-5y+2=0 
Gọi J là trung điểm của CC’. Tọa độ J là nghiệm hệ 
5 2 0 1 1
( ; )
5 3 0 2 2
x y
J
x y
  

  
 nên '(3;1)C 
0,25 
Đường thẳng AB qua C’ nhận DC làm VTCP có phương trình: 3x-2y-7=0 .\ 
 Tọa độ A là nghiệm hệ: 
3 2 7 0
(1; 2)
5 3 0
x y
A
x y
  
 
  
0,25 
Do ABCD là hình bình hành nên AB DC suy ra (5;4)B 
Vậy (1; 2)A  , (5;4)B , ( 2;0)C  
0,25 
Câu 8 
3 3 3 2
2 2 2 2
16 9 (2 )(4 3) (1)
4 2 3 (2)
x y y xy y xy
x y xy y
    

  
Xét 0,y  thay vào (2) ta được: 0 3 0y   không thỏa mãn hệ phương trình. 
0,25 
Xét 0y  ta có: 
3
3 3 3 2 2
2 2 2 2
2
2
3
16 9 (2 1)(4 ) (3)
16 9 (2 )(4 3)
34 2 3
4 2 1 (4)
x x x
x y y xy y xy y
x y xy y
x x
y

        
 
      

0,25 
Thay (4) vào (3) ta được: 3 216 9 (2 1)(4 4 2 1) 1x x x x x x        0,25 
1y   
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là: 
1
1
x
y


 
0,25 
Câu 9 
Ta có: 33 . .ab bc ca abbc ca    2 2 2 327 ( )a b c ab bc ca   
Lại có: 2 2 2 2 2 23( ) 3( )a b c ab bc ca a b c ab bc ca            
0,25 
Do đó 3 3( ) 3( ) 3 ( )P ab bc ca ab bc ca t t f t           
với 
2( )
0 1
3
a b c
t ab bc ca
 
      
0,25 
Ta có bảng bt của hàm số f(t) trên  0;1 
0,25 
Từ BBT ta có: 
 0;1
ax ( ) 2
t
M f t

 khi t=1 
Từ đó ta có GTLN của P bằng 2 khi 
1
3
a b c   
0,25 
Ghi chú: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 
t 0 1 
f’(t) + 0 
f(t) 
0 
2 
Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl