ĐỀ THI THỬ KHẢO SÁT MÔN TOÁN TRƯỚC KỲ THI QUỐC GIA 20Trường THPT Thiệu Hóa - Thanh Hóa lần 1

Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất.. Lấy ngẫu nhiên một lần ba viên bi.. Tính xác suất để trong ba viên bi lấy được chỉ có hai màu... Các giới hạn: Đồ thị hàm số không có tiệm cận

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1

Trường THPT Thiệu Hóa NĂM HỌC 2014 - 2015

M n TO N

(Thời gian làm bài: 180 phút)

Câu I ( ID: 82736 ) (4 0 i m)

Cho hàm số 1 3   2  2 

3

y x  m x  m  x (1) ( Với m là tham số thực)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m 2

2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị x x1; 2thỏa mãn: x13x2

Câu II ( ID: 82737 ) (3 0 i m)

1 Giải phương trình sin3xcos4x1

2 Tìm GTLN, GTNN của hàm số   2 2

ln

f x  x x e trên  0;e

Câu III ( ID: 82738 ) (2 0 i m) Cho phương trình 2

log  (x mx  m 1) log  x0

1 Giải phương trình khi m 2

2 Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất

Câu IV ( ID: 82739 ) (2 0 i m)

1 Cho một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xang và 7 viên bi vàng Lấy ngẫu nhiên một lần ba viên

bi Tính xác suất để trong ba viên bi lấy được chỉ có hai màu

2 Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của: 6 3 5

2

x

  , biết tổng các hệ số trong

khai triển trên bằng 4096( trong đó n là số nguyên dương và x0 )

Câu V (ID: 82740 ) (2 0 i m) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác ABCD, có ABD là tam

giác đều cạnh a, BCD là tam giác cân tại C có 0

120

BCD , SAa và SAABCD.Tính thể

tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SBD)

Câu VI ( ID: 82741 ) (4 0 i m)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy.Cho đường tròn   2 2

C x  y  x y  Viết phương

trình các đường thẳng chứa các cạnh của hình vuông MNPQ nội tiếp đường tròn  C biết

điểm M 2;0

2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip  : 2 2 1

16 9

x y

E   .Tìm tọa độ các điểm M trên  E sao cho

1 2 2

MF  MF ( với F F1, 2lần lượt là các tiêu điểm bên trái, bên phải của  E )

Câu VII ( ID: 82742 ) (2 0 i m) Giải hệ phương trình

2 1

2

y











, (x,y R)

Câu VIII ( ID: 82743 ) (1 0 i m)Cho a b c , , là ba số thực dương Chứng minh rằng:

- Hết -

>> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 2

Đ P N VÀ THANG ĐIỂM

Khi m 2 hàm số có dạng: 1 3 2

3

2) Khảo sát sự biến thiên:

a Các giới hạn:

Đồ thị hàm số không có tiệm cận

0,5

b.Sự biến thiên: 2

2 1

3

x

x







1

3

x   y ; x   3 y 5 Bảng biến thiên:

x  3 1 

'

y  0  0 

y

5 

 17

3

 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 3 , 1;  

Hàm số nghịch biến trên khoảng 3;1

Hàm số có hai cực trị:   17

3;5 , 1;

3

 

0,5

2) Đồ thị:

Đồ thị hàm số đi qua 0; 4 

0,5

Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình (1) phải có hai nghiệm

f(x)=(1/3)x^3+x^2-3x-4

-8 -6 -4 -2

2 4 6 8

x y

phân biệt  2  2 

0,5 Khi đó đồ thị hàm số có hai điểm cực trị x x1; 2 là nghiệm của (1) nên thỏa

mãn:  

 

1 2

2

1 2

7

I





Với x13x2 thế vào (I) ta được:

2

2

m



3 2 10

m

m

  

 

 ( thỏa mãn điều kiện (I))

Vậy m 3 2 10 là giá trị cần tìm

0,5

sin xcos x 1 sin xcos xsin xcos x

sin3xsin2xcos4xcos2x0 0,5

2   2  2 

sin x sinx 1 cos x cos x 1 0

2    2  2

sin x sinx 1 1 sin x sin x 0

 

2

2

sin 0 sin 0

sin 1

2 sin sin 2 0

x

x



  



Vậy phương trình có nghiệm: ; 2

2

Ta có:   21 2  

ln

f x  x x e đồng biến trên  0;e , suy ra:

0;



Phương trình đã cho tương đương với:

log 5 2 (x2mx m  1) log 5 2 x0

2 2

0 0

1

x x



1 Với m 2 phương trình (*) có dạng:

2

3 13 2

3 1 0

3 13 2

x













>> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 4

Vậy với m 2 phương trình có một nghiệm: 3 13

2

2 Để phương trình đã cho có duy nhất nghiệm thì phương trình (*) có duy nhất

một nghiệm dương, ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Phương trình (*) có nghiệm kép dương

3 2 3 1

m

m

  



 

Trường hợp 2: Phương trình (*) có hai nghiệm x x thỏa mãn 1; 2 x1 0 x2

2

1

m









Vậy m     ; 1 3 2 3 là giá trị cần tìm

(Thí sinh có thể giải ý này bằng hàm số)

0,5

Gọi A là biến cố “ ba viên bi lấy được chỉ có hai màu”

Ta có: Số phần tử của không gian mẫu: C163 560 0,5

Số cách chọn được ba viên bi chỉ có một màu: 3 3 3

Số cách chọn được ba viên bi có đủ ba màu: C C C41 51 71 140

Vậy xác suất cần tìm là:   49 140 53

1

Xét khai triển :

5

Thay x1 vào khai triển ta được:

0 1

2n k n

Theo giả thiết ta có:

C n0C1n  C n k  C n n 4096 2n 212 n 12

0,5

Với n12 ta có khai triển:

12

2

1

x

Gọi số hạng thứ k1 0  k 12,kZ là số hạng chứa x6

2 21

k

x



 

Vì số hạng có chứa x6 nên : 5 2 21 6 

k

Với k 6 ta có hệ số cần tìm là : C126 924

Gọi I là trung điểm của BD Vì tam

giác ABD đều vàtam giác BCD cân

tại C nên AI BD





Suy ra A, I, C thẳng hàng, ACBD

Tam giác ABD đều cạnh a, suy ra

a

Tam giác BCD cân tại C và BCD1200nên 0

60

;

Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc nên có diện tích:

2

ABCD

a

Suy ra thể tích khối chóp S ABCD là: 1 3 3

Tính khoảng cách

Gọi K là hình chiếu của A trên đường thẳng SI, suy ra AKSI

Mặt khác BD AC





Tam giác SAI vuông tại A và có đường cao AK nên:

1 2 12 12 72 21

a AK

Ta có đường thẳng AC cắt mặt phẳng SBD tại I và 3 2 1

Suy ra:     1     1 21

a

Đường tròn có tâm I2; 3  , bán kính R3

Hình vuông MNPQ nội tiếp đường tròn  C

nên tâm hình vuông cũng là tâm I2; 3  của

đường tròn, hay I là trung điểm của MP, suy ra

0,5

K

I C

D

B

A S

Q N

M

>> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 6

tọa độ điểm P2; 6 

Gọi    2 2 

hình vuông,

vì PM 0;6 nên đương thẳng MP có véc tơ pháp tuyến: n2 1;0

Các cạnh của hình vuông hợp với đường chéo MP một góc 450

nên ta có:

2

2

a

n n

2

2 2

1 2 2

a





Vậy có hai véctơ pháp tuyến là: n 1;1 và n' 1; 1  

0,75

*) Cặp đường thẳng có véctơ pháp tuyếnn 1;1 :

+) Đi qua M 2;0 : x  y 2 0

+) Đi qua P2; 6 : x  y 4 0

*) Cặp đường thẳng có véctơ pháp tuyếnn1; 1 :

+) Đi qua M 2;0 : x  y 2 0

+) Đi qua P2; 6 : x  y 8 0

Vậy các đường thẳng chứa các cạnh hình vuông MNPQ là

x  y ;x  y 4 0;x  y 2 0;x  y 8 0 0,75

2

2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip  : 2 2 1

16 9

x y

E   Tìm tọa độ các

điểm M trên  E sao cho MF12MF2 ( với F F1, 2lần lượt là các tiêu điểm bên

trái, bên phải của  E )

2,0

Theo định nghĩa ta có:

1

2

16

3

MF

MF



1 cx; 2 cx

Gọi M x M;y M , áp dụng công thức bán kính qua tiêu ta có:

M

a

Mặt khác M thuộc  E nên:

2

2

16 7

1

M

M

y

y

Vậy có hai điểm thỏa mãn: 1 16 7 329 2 16 7 329



VII 2,0

Điều kiện:

0

x

x x

y y







Ta có:

2  x yx1 x      y 1 0 x y 1 0 ( Vì x2yx 1 0 )   y x 1 (a) 0,5

2

y



2 y log 2y 2 x log 2x *

Xét hàm số:   2t log2

f t   t trên 0;

ln 2

t

t

     ,vậy f t  là hàm số đồng biến

Biểu thức  *  f  2y  f  2x 2y 2x (b)

0,5

Từ (a) và (b) ta có:

1 2 1 2

x x x





 

 

 



  x 2

Với x  2 y 1 , suy ra hệ phương trình có một nghiệm  2;1 0,5

Ta có:

VT

0,25

Cộng theo vế các BĐT trên ta được: a2 b2 c2 1 1 1

b c  a   a b c

Suy ra:

0,25

VT

             

1 4 4 4 1 1 1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a  b c 1 0,5

>> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 8