Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Đề thi thử môn Toán Quốc gia lần 1 năm 2015 trường THPT Nam Yên Thành, Nghệ An

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (572.15 KB, 5 trang )

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

***
-  2015 

Thời gian làm bài: 180 phút
 (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
12
4xx
.
 (1,0 điểm). Giải phương trình:
sin3 2 1 2sin . 2x cos x xcos x  

 (1,0 điểm). Giải phương trình:
 
( 3)
1


log 3 1
2
x
x

  

4 (1,0 điểm).
a. Tìm hệ số của
3
x
trong khai triển
 
12
32x
.
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.
 (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)     

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

3DAK K
. Trên đường thẳng (d) vuông góc với (ABCD) tại H lấy điểm
S sao cho
0
30SBH
. 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.
7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ
Oxy
, cho hình bình hành
ABCD

( 6; 6)D 
. Đường
trung trực của đoạn DC có phương trình
1
:2 3 17 0xy   
và đường phân giác của góc BAC có
phương trình
2
:5 3 0xy   
. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành
ABCD

.
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

   


  



9 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm và thỏa mãn
3abc  
.Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:

3 2 2 2 2 2 2
2( ) 27 3( ) 6( )P ab bc ca a b c a b c ab bc ca          



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:……………………



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,(

),3( 
; khoảng nghịch biến
).3,1(



Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1x

3)1(  yy
CD
; đạt cực tiểu tại
3x

1)3(  yy
CT
.
 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(2
2
 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
   
22
1 2 1 2 1 2
4 4 16 4 1 12 16x x x x x x m         
2
17
( 1) 7 (2)
17
m
m
m

  
   

  




0,25
Từ (1) và (2) suy ra giá trị của
1 7; 1 7mm     

0,25
Câu 2
Phương trình
sin3 2 1 sin3x cos x x sinx    

0,25

2
2sin 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 ( )
5
2
2
6
xk
x k Z
xk







  







Vậy phương trình có 3 họ nghiệm
2;
6
xk



5
2;
6
xk



 
x k k Z



0,25
Câu 3
Điều kiện:
0 3 1
24
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
35
x
2


thỏa mãn và

35
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
35
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
3
x
thì k = 3.
0,25
Vậy hệ số của
3
x

39
12
.3 .( 8) 34642080C   
.
0,25
b.

Số cách chọn 6 sản phẩm từ 10 sản phẩm là
6
10

C

Số cách chọn 6 sản phẩm mà không có phế phẩm là
6
8
C

Số cách chọn 6 sản phẩm mà có đúng một phế phẩm là
51
82
.CC

0,25
Số cách chọn 6 sản phẩm mà có nhiều nhất 1 phế phẩm là
6 5 1
8 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
2
t x 2x 2  

dox [0;1 3]
nên
 
1;2t

0,25

0,25
Bất phương trình trở thành:



2
t2
m
t1

Khảo sát hàm số
t
g(t)
t




2
2
1
với
 
1;2t

Ta có:



2
2
22
0
1
tt
g'(t)
(t )
. Vậy
t
g(t)
t



2

2
1
đồng biến trên
 
12;

Và do đó:
2
( ) (2)
3
Maxg t g

0,25
Từ đó:
2
t2
m
t1



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
0
30SBH 
nên
0
S tan30 3H BH a

Từ giả thiết
3a; ; 3a; DBH HA a AK K a   

0,25
2
DD
25a
2
BHKC ABC AHK C K
S S S S   


Thể tích khối chóp SBHKC là
3
.
1 25 3
.
36
S BHKC BHKC
a
V S SH

E
A
B
C
D
S
H
K

0,25
Ta có:
0
AD , D D 90AB A SH A SA SAK     
(1)

SH AH
nên
0
90SHK 
(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 2
S 3a 10a 13a 3K SH HK SK a      

Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.AHEK là
3
3
4 13 13 13
.
3 2 6
aa
V








0,25
Câu 7


Gọi I là trung điểm của CD, do
1
2 17
( ; )
3
a
I I a

 

nên
12
( 6; )
3
a
DI a


, đường thẳng
1

có VTCP
1
( 3;2)u 


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
11
( ; )
5 3 0
22
xy
J
xy
  



  

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
xy
A
xy
  



  


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)
3
4 2 3
4 2 1 (4)
x x x
x y y xy y xy
y
x y xy y
xx
y

   


   



  



  



0,25
Thay (4) vào (3) ta được:

32
16 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:
3
3 . .ab bc ca abbcca  


2 2 2 3
27 ( )a b c ab bc ca  

Lại có:
2 2 2 2 2 2

3( ) 3( )a b c ab bc ca a b c ab bc ca            

0,25
Do đó
33
( ) 3( ) 3 ( )P ab bc ca ab bc ca t t f t          

với
2
()
01
3
abc
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
abc  

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

×