Đề thi thử Đại học môn Toán Lần 1 năm 2015 trường THPT Đào Duy Từ tỉnh Thanh Hóa

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 2
3 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 x
1
và x
2
sao cho x x (x x )   
1 2 1 2
6 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    
3

1 8
2
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 x
5
trong khai triển thành đa thức của biểu thức
   
x x x x  
5 10
2
1 2 1 3 .
Câu 5 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
a
SD 
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 c
a b bc
b (a c)
  
 
 
  
2 2
3 8 1
2 8
2 2 3

.

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:

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 2
3 2
* Tập xác định  D
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y' x x  
2
3 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
CT
x ; y  0 2 ; đạt cực đại tại
CD
x ;y 2 2
- Giới hạn:
x x
limy ; limy
 
   


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 2
3 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 2
0 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       
2
1 2 1 2
6 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 2sinx.cosx 0
0,25
  
2
2sinx(2cos x cosx 1)=0

0,25
    sinx 0 x k

cosx x k       1 2

0,25
2
cosx 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 2
1 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 
4
14
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 1
8 6 8 6 8 6
916
Vậy, xác suất cần tính P 
916
1001
.

0,25
b) Hệ số của
5
x trong khai triển của 
5
x(1 2x) là 
4 4
5
( 2) .C
Hệ số của
5
x trong khai triển của 
2 10
x (1 3x) là
3 3
10
3 .C

0,25
4
Hệ số của
5
x trong khai triển thành đa thức của   
5 2 10
x(1 2x) x (1 3x) là 
4 4
5
( 2) .C +
3 3
10
3 .C
Vậy hệ số của
5
x trong khai triển là 
4 4
5
( 2) .C + 
3 3
10
3 .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
a
V SH.S 
3
1 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
C
B
A
D
S
E
F

do đó HF (SBD) . Suy ra d(H,(SBD)) HF
Ta có

a
HE HB.sin EBH 
2
4

HS.HE a
HF
HS HE
  

2 2

3
5
. Vậy,
a
d(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
65
1 8

Gọi I, G là giao điểm của BD với AC và CM


G là tr
ọng
tâm
ACD
;
BH BG
DG GI BG DG
DK DG
     2 2 2

BH 
52
65
;
b
B(b; b ) BH b

       
17 18
52
2 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   
2
65 208 143 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 1
1 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     
2
2 4 2 5 1
(đk: x 2 4)
Pt
( x ) ( x ) ( x x )         
2
2 1 4 1 2 5 3 0
(x )( x )
x x
     
   
1 1
3 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( )  

1
2 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
2
2 8


0,25
Mặt khác (a c) b (a c) b    
2 2
2 2 . Suy ra
a b c
(a c) b
 

  
  
2 2
8 8
3
3 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( )  
3
1
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
b
b a c

  

 

 
 
 
 

 



1
1
4
2
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