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 y 8 10 0    . Điểm B nằm trên đường thẳng x y 2 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 . 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. - 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 thi n: - Chiều biến thi n:. 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