>> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 1 - 2015 I ( ID: 82736 ) (4 Cho hàm số 3 2 2 1 1 7 4 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 2m . 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị 12 ;xx thỏa mãn: 12 3xx . II ( ID: 82737 ) (3 1. Giải phương trình 34 sin cos 1xx 2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số 22 lnf x x x e trên 0;e III ( ID: 82738 ) (2 Cho phương trình 2 5 2 5 2 log ( 1) log 0x mx m x 1. Giải phương trình khi 2m 2. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất. IV ( ID: 82739 ) (2 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 6 x trong khai triển của: 35 2 1 n xx x , biết tổng các hệ số trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và 0x ). V (ID: 82740 ) (2 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 120BCD , SA a và SA ABCD .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SBD). VI ( ID: 82741 ) (4 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy.Cho đường tròn 22 : 4 6 4 0C x y x y .Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của hình vuông MNPQ nội tiếp đường tròn C biết điểm 2;0M . 2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip 22 :1 16 9 xy E .Tìm tọa độ các điểm M trên E sao cho 12 2MF MF ( với 12 ,FF lần lượt là các tiêu điểm bên trái, bên phải của E ). VII ( ID: 82742 ) (2 Giải hệ phương trình 21 2 32 2.4 1 2 2log 11 yx x y x x y xy x , (x,y R). VIII ( ID: 82743 ) Cho ,,abc là ba số thực dương. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4 4 4 abc b c a a b b c c a . >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 2 I 4,0 1 Khảo sát hàm số khi 2m 2,0 Khi 2m hàm số có dạng: 32 1 34 3 y x x x 0,25 1) Tập xác định: DR 0,25 2) Khảo sát sự biến thiên: a. Các giới hạn: 3 2 3 2 11 lim 3 4 ; lim 3 4 33 xx x x x x x x Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 0,5 b.Sự biến thiên: 2 ' 2 3y x x , 2 1 ' 0 2 3 0 3 x y x x x Với 17 1 3 xy ; 35xy 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 2 2,0 Ta có: 22 ' 2 1 7y x m x m 22 ' 0 2 1 7 0 1y x m x m 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 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 3 phân biệt 2 2 ' 0 1 7 0 4m m m (*) 0,5 Khi đó đồ thị hàm số có hai điểm cực trị 12 ;xx là nghiệm của (1) nên thỏa mãn: 12 2 12 21 7 x x m I x x m 0,5 Với 12 3xx thế vào (I) ta được: 2 2 2 22 2 4 2 1 1 37 2 37 xm m m xm 2 3 2 10 6 31 0 3 2 10 m mm m ( thỏa mãn điều kiện (I)). Vậy 3 2 10m là giá trị cần tìm. 0,5 II 3,0 1 1,5 3 4 3 4 2 2 sin cos 1 sin cos sin cosx x x x x x 3 2 4 2 sin sin cos cos 0x x x x 0,5 2 2 2 sin sin 1 cos cos 1 0x x x x 2 2 2 sin sin 1 1 sin sin 0x x x x 0,5 2 2 sin 0 sin 0 sin 1 2 sin sin 2 0 sin 2 2 x xk x x xk xx xl Vậy phương trình có nghiệm: ;2 2 x k x k . 0,5 2 1,5 Ta có: 22 1 ' 0 0;f x x e xe 0,75 nên hàm số 22 lnf x x x e đồng biến trên 0;e , suy ra: 0; min 0 1 e f x f ; 0; max 1 ln 1 2 e f x f e 0,75 III 2,0 Ta có: 1 5 2 5 2 1 5 2 5 2 Phương trình đã cho tương đương với: 2 5 2 5 2 log ( 1) log 0x mx m x 2 2 0 0 1 1 0 * 1 x x x m x m x mx m x 0,5 1 Với 2m phương trình (*) có dạng: 2 3 13 2 3 1 0 3 13 2 x xx x loai >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 4 Vậy với 2m phương trình có một nghiệm: 3 13 2 x . 0,75 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: Phương trình (*) có nghiệm kép dương 2 2 3 2 3 0 1 4 4 0 6 3 0 3 2 3 1 0 1 0 2 2 1 m mm mm b m m m a m 3 2 3m 0,25 Phương trình (*) có hai nghiệm 12 ;xx thỏa mãn 12 0xx 2 12 12 0 6 3 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 01 0 10 mm xx Pm m m Sm x x m P m Vậy ; 1 3 2 3m là giá trị cần tìm. (Thí sinh có thể giải ý này bằng hàm số) 0,5 IV 2,0 1 1,0 Gọi A là biến cố “ ba viên bi lấy được chỉ có hai màu” Ta có: Số phần tử của không gian mẫu: 3 16 560C 0,5 Số cách chọn được ba viên bi chỉ có một màu: 333 4 5 7 49CCC Số cách chọn được ba viên bi có đủ ba màu: 1 1 1 457 140C C C Vậy xác suất cần tìm là: 49 140 53 1 560 80 PA 0,5 2 1,0 Xét khai triển : 5 3 5 3 2 33 11 n n x x x x xx 1 5 5 5 3 0 1 2 2 2 3 3 3 1 1 1 kn n n n k kn n n n n x C C x C x C x x x x Thay 1x vào khai triển ta được: 01 2 n k n n n n n C C C C Theo giả thiết ta có: 01 4096 kn n n n n C C C C 12 2 2 12 n n 0,5 Với 12n ta có khai triển: 12 35 2 1 xx x Gọi số hạng thứ 1 0 12,k k k Z là số hạng chứa 6 x . Ta có : 12 5 2 21 35 2 1 12 12 2 1 k k k k kk k T x C x C x x 0,5 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 5 Vì số hạng có chứa 6 x nên : 2 21 6 5 2 21 6 6 29 k kk . Với 6k ta có hệ số cần tìm là : 6 12 924C . V 2,0 Gọi I là trung điểm của BD. Vì tam giác ABD đều vàtam giác BCD cân tại C nên AI BD CI BD Suy ra A, I, C thẳng hàng, AC BD Tam giác ABD đều cạnh a, suy ra 13 ;; 22 a BD a BI a AI Tam giác BCD cân tại C và 0 120BCD nên 0 60BCI . 00 3 ; tan60 sin60 3 23 BI a BI a IC BC *) 3 3 2 3 2 6 3 a a a AC AI IC 0,5 Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc nên có diện tích: 2 13 . 23 ABCD a S AC BD Suy ra thể tích khối chóp .S ABCD là: 3 13 . 39 ABCD V SAS a (đvtt). 0,5 Gọi K là hình chiếu của A trên đường thẳng SI, suy ra AK SI Mặt khác BD AC AK BD BD SA nên AK SBD . Vậy ;d A SBD AK 0,5 Tam giác SAI vuông tại A và có đường cao AK nên: 2 2 2 2 1 1 1 7 21 37 a AK AK AS AI a Ta có đường thẳng AC cắt mặt phẳng SBD tại I và 3 2 1 63 3 IC a IA a . Suy ra: 1 1 21 ;; 3 3 21 a d C SBD d A SBD AK . 0,5 VI 4,0 1 2,0 Đường tròn có tâm 2; 3I , bán kính 3R . Hình vuông MNPQ nội tiếp đường tròn C nên tâm hình vuông cũng là tâm 2; 3I của đường tròn, hay I là trung điểm của MP, suy ra 0,5 K I C D B A S Q P N M >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 6 tọa độ điểm 2; 6P Gọi 22 1 ;0n a b a b là véctơ pháp tuyến của đường thẳng chứa cạnh hình vuông, vì 0;6PM nên đương thẳng MP có véc tơ pháp tuyến: 2 1;0n . Các cạnh của hình vuông hợp với đường chéo MP một góc 0 45 . nên ta có: 0 12 2 2 2 2 2 cos ; cos45 2 , 1 0 a nn ab 2 2 2 2 2 2 22 1 2 2 ab a a a b a b ab ab Vậy có hai véctơ pháp tuyến là: 1;1n và ' 1; 1n 0,75 *) Cặp đường thẳng có véctơ pháp tuyến 1;1n : +) Đi qua 2;0M : 20xy +) Đi qua 2; 6P : 40xy *) Cặp đường thẳng có véctơ pháp tuyến 1; 1n : +) Đi qua 2;0M : 20xy +) Đi qua 2; 6P : 80xy Vậy các đường thẳng chứa các cạnh hình vuông MNPQ là 20xy ; 40xy ; 20xy ; 80xy . 0,75 2 2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip 22 :1 16 9 xy E .Tìm tọa độ các điểm M trên E sao cho 12 2MF MF ( với 12 ,FF lần lượt là các tiêu điểm bên trái, bên phải của E ). 2,0 2.Ta có: 4; 3; 7a b c 0,5 Theo định nghĩa ta có: 1 1 2 1 2 1 2 2 2 16 22 3 2 3 8 8 3 MF MF MF MF MF MF MF a MF MF 0,5 12 ; cx cx MF a MF a aa Gọi ; MM M x y , áp dụng công thức bán kính qua tiêu ta có: 2 7 8 16 7 4 3 4 21 MM M cx x MF a x a 0,5 Mặt khác M thuộc E nên: 2 2 16 7 21 329 1 16 9 7 M M y y Vậy có hai điểm thỏa mãn: 12 16 7 329 16 7 329 ; , ; 21 7 21 7 MM 0,5 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 7 VII 2,0 Điều kiện: 20 0 0 0 x x x y y 0,5 Ta có: 2 2 1 1 0 1 0x yx x y x y ( Vì 2 10x yx ) 1yx (a) 0,5 1 21 2 2.4 1 2 2log yx x y 22 22 2 log 2 2 log 2 * yx yx Xét hàm số: 2 2 log t f t t trên 0; Ta có: 1 ' 2 ln2 0 0; ln2 t f t t e t ,vậy ft là hàm số đồng biến. Biểu thức * 2 2 2 2f y f x y x (b) 0,5 Từ (a) và (b) ta có: 22 11 2 1 2 4 8 4 2 2 5 2 0 xx xx x x x x x 1 2 1 2 x x x 2x Với 21xy , suy ra hệ phương trình có một nghiệm 2;1 . 0,5 VIII 1,0 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 4 4 4 4 4 a b c VT b b c c a a 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 a b c a b c b c a b c a 0,25 Mặt khác: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ;; a b c b a b c b c a c a Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 2 2 2 1 1 1a b c b c a a b c Suy ra: 0,25 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 24 VT a b c a b b c c a 1 4 4 4 1 1 1 4 VP a b b c c a a b b c c a Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 1abc 0,5 >> http://tuyensinh247.com/ - Học là thích ngay! 8 . khác: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ;; a b c b a b c b c a c a Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 2 2 2 1 1 1a b c b c a a b c Suy ra: 0,25 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 24 VT a. 0,5 Với 12 n ta có khai triển: 12 35 2 1 xx x Gọi số hạng thứ 1 0 12 ,k k k Z là số hạng chứa 6 x . Ta có : 12 5 2 21 35 2 1 12 12 2 1 k k k k kk k T. 0,25 Phương trình (*) có hai nghiệm 12 ;xx thỏa mãn 12 0xx 2 12 12 0 6 3 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 01 0 10 mm xx Pm m m Sm x x m P m