ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 Trường THPT Thiệu Hóa NĂM HỌC 2014 - 2015

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 Trường THPT Thiệu Hóa NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn : TOAN (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu I (4,0 ñiêm) 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 ñồ thị hàm số khi 2m = − . 2. Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) có hai ñiểm cực trị 1 2 ;x x thỏa mãn: 1 2 3x x= . Câu II (3,0 ñiêm) 1. Giải phương trình 3 4 sin cos 1x x+ = 2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số ( ) 2 2 lnf x x x e= + + trên [ ] 0;e Câu III (2,0 ñiểm) Cho phương trình 2 5 2 5 2 log ( 1) log 0x mx m x + − + + + + = 1. Giải phương trình khi 2m = − 2. Tìm m ñể phương trình có nghiệm duy nhất. Câu IV (2,0 ñiêm) 1. Cho một hộp ñựng 4 viên bi ñỏ, 5 viên bi xang và 7 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên một lần ba viên bi. Tính xác suất ñể trong ba viên bi lấy ñược chỉ có hai màu. 2. Tìm hệ số của số hạng chứa 6 x trong khai triển của: 3 5 2 1 n x x x   +     , biết tổng các hệ số trong khai triển trên bằng 4096 ( trong ñó n là số nguyên dương và 0x > ). Câu V (2,0 ñiêm) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy là tứ giác ABCD, có ABD là tam giác ñều 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 ñiểm C ñến mặt phẳng (SBD). Câu VI (4,0 ñiêm) 1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy.Cho ñường tròn ( ) 2 2 : 4 6 4 0C x y x y+ − + + = .Viết phương trình các ñường thẳng chứa các cạnh của hình vuông MNPQ nội tiếp ñường tròn ( ) C biết ñiểm ( ) 2;0M . 2.Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho elip ( ) 2 2 : 1 16 9 x y E + = .Tìm tọa ñộ các ñiểm M trên ( ) E sao cho 1 2 2MF MF= ( với 1 2 ,F F lần lượt là các tiêu ñiểm bên trái, bên phải của ( ) E ). Câu VII (2,0 ñiêm) Giải hệ phương trình ( )( ) 2 1 2 3 2 2.4 1 2 2log 1 1 y x x y x x y xy x +  + = +    + = + + +  , (x,y ∈R). Câu VIII (1,0 ñiêm)Cho , ,a b c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4 4 4 a b c b c a a b b c c a + + + + + ≥ + + + + + . Hết Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung Điểm 4,0 Khảo sát hàm số khi 2 m = − 2,0 Khi 2 m = − hàm số có dạng: 3 2 1 3 4 3 y x x x = + − − 0,25 1) Tập xác ñịnh: D R = 0,25 2) Khảo sát sự biến thiên: a. Các giới hạn: 3 2 3 2 1 1 lim 3 4 ; lim 3 4 3 3 x x x x x x x x →−∞ →+∞     + − − = − ∞ + − − = +∞         Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 0,5 b.Sự biến thiên: 2 ' 2 3 y x x = + − , 2 1 ' 0 2 3 0 3 x y x x x =  = ⇔ + − = ⇔  = −  Với 17 1 3 x y= ⇒ = − ; 3 5 x y = − ⇒ = Bảng biến thiên: x − ∞ 3 − 1 + ∞ ' y + 0 − 0 + y 5 + ∞ − ∞ 17 3 − Hàm số ñồng 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 1 2) Đồ thị: Đồ thị hàm số ñi qua ( ) 0; 4 − . 0,5 2,0 Ta có: ( ) 2 2 ' 2 1 7 y x m x m = − + + − ( ) ( ) 2 2 ' 0 2 1 7 0 1 y x m x m= ⇔ − + + − = 0,5 I 2 Để ñồ thị hàm số có hai ñiểm cực trị thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt ( ) ( ) 2 2 ' 0 1 7 0 4 m m m ⇔ ∆ > ⇔ + − − > ⇔ > − (*) 0,5 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 GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk Khi ñó ñồ thị hàm số có hai ñiểm cực trị 1 2 ; x x là nghiệm của (1) nên thỏa mãn: ( ) ( ) 1 2 2 1 2 2 1 7 x x m I x x m + = +   = −   0,5 Với 1 2 3 x x = thế vào (I) ta ñược: ( ) 2 2 2 2 2 2 4 2 1 1 3 7 2 3 7 x m m m x m = + +    ⇒ = −      = −   2 3 2 10 6 31 0 3 2 10 m m m m  = + ⇔ − − = ⇔  = −   ( thỏa mãn ñiều kiện (I)). Vậy 3 2 10 m = ± là giá trị cần tìm. 0,5 3,0 1,5 3 4 3 4 2 2 sin cos 1 sin cos sin cos x x x x x x + = ⇔ + = + 3 2 4 2 sin sin cos cos 0 x x x x ⇔ − + − = 0,5 ( ) ( ) 2 2 2 sin sin 1 cos cos 1 0 x x x x ⇔ − + − = ( ) ( ) 2 2 2 sin sin 1 1 sin sin 0 x x x x ⇔ − − − = 0,5 1 ( ) 2 2 sin 0 sin 0 sin 1 2 sin sin 2 0 sin 2 2 x x k x x x k x x x l π π π  = =   =   ⇔ ⇔ = ⇔    = + + − =    = −   Vậy phương trình có nghiệm: ; 2 2 x k x k π π π = = + . 0,5 1,5 Ta có: ( ) [ ] 2 2 1 ' 0 0; f x x e x e = > ∀ ∈ + 0,75 II 2 nên hàm số ( ) 2 2 ln f x x x e = + + ñồng 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 2,0 Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 5 2 5 2 1 5 2 5 2 − + − = ⇒ − = + Phương trình ñã cho tương ñương với: 2 5 2 5 2 log ( 1) log 0 x mx m x + + + + + − = ( ) ( ) 2 2 0 0 1 1 0 * 1 x x x m x m x mx m x > >    ⇔ ⇔   + − + + = + + + =    0,5 III 1 Với 2 m = − phương trình (*) có dạng: ( ) 2 3 13 2 3 1 0 3 13 2 x x x x loai  + =   − − = ⇔  − =   Vậy với 2 m = − phương trình có một nghiệm: 3 13 2 x + = . 0,75 GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk Để phương trình ñã 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 ( ) 2 2 3 2 3 0 1 4 4 0 6 3 0 3 2 3 1 0 1 0 2 2 1 m m m m m b m m m a m   = +  ∆ =  − − − =   − − =    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     = −  −  − > < − >       <  3 2 3 m⇔ = − 0,25 2 Trường hợp 2: Phương trình (*) có hai nghiệm 1 2 ; x x thỏa mãn 1 2 0 x x ≤ < 2 1 2 1 2 0 6 3 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 0 m m x x P m m m S m x x m P m    ∆ > − − >      = < = + = = −       ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ −       > − > < < < −       <   + <   Vậy ( ] { } ; 1 3 2 3 m ∈ −∞ − ∪ − là giá trị cần tìm. (Thí sinh có thể giải ý này bằng hàm số) 0,5 2,0 1,0 Gọi A là biến cố “ ba viên bi lấy ñược chỉ có hai màu” Ta có: Số phần tử của không gian mẫu: 3 16 560 C = 0,5 1 Số cách chọn ñược ba viên bi chỉ có một màu: 3 3 3 4 5 7 49 C C C + + = Số cách chọn ñược ba viên bi có ñủ ba màu: 1 1 1 4 5 7 140 C C C = Vậy xác suất cần tìm là: ( ) 49 140 53 1 560 80 P A + = − = 0,5 1,0 Xét khai triển : 5 3 5 3 2 3 3 1 1 n n x x x x x x     + = +         1 5 5 5 3 0 1 2 2 2 3 3 3 1 1 1 k n n n n k k n n n n n x C C x C x C x x x x − −                 = + + + + +                             Thay 1 x = vào khai triển ta ñược: 0 1 2 n k n n n n n C C C C   = + + + + +   Theo giả thiết ta có: 0 1 4096 k n n n n n C C C C+ + + + + = 12 2 2 12 n n ⇔ = ⇔ = 0,5 IV 2 Với 12 n = ta có khai triển: 12 3 5 2 1 x x x   +     Gọi số hạng thứ ( ) 1 0 12, k k k Z + ≤ ≤ ∈ là số hạng chứa 6 x . Ta có : ( ) 12 5 2 21 3 5 2 1 12 12 2 1 k k k k k k k T x C x C x x − − + +   = =     Vì số hạng có chứa 6 x nên : ( ) 2 21 6 5 2 21 6 6 2 9 k k k + − + = ⇔ = = . Với 6 k = ta có hệ số cần tìm là : 6 12 924 C = . 0,5 GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk 2,0 Gọi I là trung ñiểm của BD. Vì tam giác ABD ñều vàtam giác BCD cân tại C nên AI BD CI BD ⊥   ⊥  Suy ra A, I, C thẳng hàng, AC BD ⊥ Tam giác ABD ñều cạnh a, suy ra 1 3 ; ; 2 2 a BD a BI a AI= = = Tam giác BCD cân tại C và  0 120 BCD = nên  0 60 BCI = . 0 0 3 ; tan 60 sin 60 3 2 3 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 ñường chéo vuông góc nên có diện tích: 2 1 3 . 2 3 ABCD a S AC BD= = Suy ra thể tích khối chóp . S ABCD là: 3 1 3 . 3 9 ABCD V SA S a = = (ñvtt). 0,5 Tính khoảng cách Gọi K là hình chiếu của A trên ñường thẳng SI, suy ra AK SI ⊥ Mặt khác BD AC AK BD BD SA ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  nên ( ) AK SBD ⊥ . Vậy ( ) ( ) ; d A SBD AK = 0,5 V Tam giác SAI vuông tại A và có ñường cao AK nên: 2 2 2 2 1 1 1 7 21 3 7 a AK AK AS AI a = + = ⇒ = Ta có ñường thẳng AC cắt mặt phẳng SBD tại I và 3 2 1 6 3 3 IC a IA a = = . Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 21 ; ; 3 3 21 a d C SBD d A SBD AK= = = . 0,5 4,0 2,0 VI 1 Đường tròn có tâm ( ) 2; 3 I − , bán kính 3 R = . Hình vuông MNPQ nội tiếp ñường tròn ( ) C nên tâm hình vuông cũng là tâm ( ) 2; 3 I − của ñường tròn, hay I là trung ñiểm của MP, suy ra tọa ñộ ñiểm ( ) 2; 6 P − 0,5 K I C D B A S Q P N M GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk Gọi ( ) ( ) 2 2 1 ; 0 n a b a b+ ≠ r là véctơ pháp tuyến của ñường thẳng chứa cạnh hình vuông, vì ( ) 0;6 PM uuuur nên ñương thẳng MP có véc tơ pháp tuyến: ( ) 2 1;0 n uur . Các cạnh của hình vuông hợp với ñường chéo MP một góc 0 45 . nên ta có: ( ) 0 1 2 2 2 2 2 2 cos ; cos 45 2 , 1 0 a n n a b = ⇔ = + + ur uur 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 a b a a a b a b a b a b =  ⇔ = ⇔ = + ⇔ = ⇔  = − +  Vậy có hai véctơ pháp tuyến là: ( ) 1;1 n r và ( ) ' 1; 1 n − ur 0,75 *) Cặp ñường thẳng có véctơ pháp tuyến ( ) 1;1 n r : +) Đi qua ( ) 2;0 M : 2 0 x y + − = +) Đi qua ( ) 2; 6 P − : 4 0 x y + + = *) Cặp ñường thẳng có véctơ pháp tuyến ( ) 1; 1 n − r : +) Đi qua ( ) 2;0 M : 2 0 x y − − = +) Đi qua ( ) 2; 6 P − : 8 0 x y − − = Vậy các ñường thẳng chứa các cạnh hình vuông MNPQ là 2 0 x y + − = ; 4 0 x y + + = ; 2 0 x y − − = ; 8 0 x y − − = . 0,75 2.Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho elip ( ) 2 2 : 1 16 9 x y E + = .Tìm tọa ñộ các ñiểm M trên ( ) E sao cho 1 2 2 MF MF = ( với 1 2 , F F lần lượt là các tiêu ñiểm bên trái, bên phải của ( ) E ). 2,0 2.Ta có: 4; 3; 7 a b c= = = 0,5 Theo ñịnh nghĩa ta có: 1 1 2 1 2 1 2 2 2 16 2 2 3 2 3 8 8 3 MF MF MF MF MF MF MF a MF MF  =  = =    ⇔ ⇔    + = =    =   0,5 1 2 ; cx cx MF a MF a a a = + = − Gọi ( ) ; M M M x y , áp dụng công thức bán kính qua tiêu ta có: 2 7 8 16 7 4 3 4 21 M M M cx x MF a x a = − ⇔ = − ⇔ = 0,5 2 Mặt khác M thuộc ( ) E nên: 2 2 16 7 21 329 1 16 9 7 M M y y       + = ⇔ = ± Vậy có hai ñiểm thỏa mãn: 1 2 16 7 329 16 7 329 ; , ; 21 7 21 7 M M     −         0,5 VII 2,0 GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk Điều kiện: 2 0 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 1 0x yx+ + > ) 1y x⇔ = − (a) 0,5 ( ) 1 ⇔ 2 1 2 2.4 1 2 2log y x x y + + = + ( ) 2 2 2 2 2 log 2 2 log 2 * y x y x⇔ + = + Xét hàm số: ( ) 2 2 log t f t t= + trên ( ) 0;+∞ Ta có: ( ) [ ] 1 ' 2 ln 2 0 0; ln 2 t f t t e t = + > ∀ ∈ ,vậy ( ) f t là hàm số ñồng biến. Biểu thức ( ) ( ) ( ) * 2 2 2 2f y f x y x⇔ = ⇔ = (b) 0,5 Từ (a) và (b) ta có: ( ) 2 2 1 1 2 1 2 4 8 4 2 2 5 2 0 x x x x x x x x x ≥ ≥   − = ⇔ ⇔   − + = − + =   1 2 1 2 x x x ≥    =  ⇔     =    2x⇔ = Với 2 1x y= ⇒ = , suy ra hệ phương trình có một nghiệm ( ) 2;1 . 0,5 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 ñược: 2 2 2 1 1 1a b c b c a a b c + + ≥ + + Suy ra: 0,25 VIII 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 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: 1a b c= = = 0,5 GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk . THANH HÓA ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 Trường THPT Thi u Hóa NĂM HỌC 2 014 - 2 015 Môn : TOAN (Thời gian làm bài: 18 0 phút) Câu I (4,0 ñiêm) Cho hàm số ( ) ( ) 3 2 2 1 1 7 4 3 y. 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 ñược: 2 2 2 1 1 1a b c b c a a b c + + ≥ + + Suy ra: 0,25 VIII 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2. ( ) ( ) 2 2 ' 0 1 7 0 4 m m m ⇔ ∆ > ⇔ + − − > ⇔ > − (*) 0,5 f(x)= (1/ 3)x^3+x^ 2-3 x-4 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk