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 . 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