Đề thi mẫu THPT quốc gia môn toán năm 2015 Trường THPT Nam Yên Thành

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

***
-  2015 

Thời gian làm bài: 180 phút
 (2,0 điểm). Cho hàm số
m
xx
m
xy


 9
)
1(
3
2
3
(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
4
xx
.
 (1,0 điểm). Giải phương trình:
sin3 2 1 2sin . 2
x 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

và
3DAK K

. Trên đường thẳng (d) vuông góc với (ABCD) tại H lấy điểm
S sao cho
0
30
SBH
. 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
có
( 6; 6)D 
. Đường
trung trực của đoạn DC có phương trình
1
:2 3 17 0
xy
   
và đường phân giác của góc BAC có
phương trình
2
:5 3 0
xy
   
. 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:……………………
65
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(  yy
CD
; đạt cực tiểu tại
3x
và
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
là
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 

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
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 0
y
  
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) 1
x x x x x x
       

0,25
1
y
  

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