đề toán thi thử năm 2015 số 17

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN    !"# $%&'(% Thời gian làm bài: 180 phút )* (+ điểm). Cho hàm số mxxmxy −++−= 9)1(3 23 (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 1 2 4x x− = . )*,+ điểm Giải phương trình: sin 3 2 1 2sin . 2x cos x x cos x + = + )*/,+ điểm Giải phương trình: ( ) ( 3) 1 log 3 1 2 x x + − − = )*,+ điểm  a. Tìm hệ số của 3 x trong khai triển ( ) 12 3 2x − . 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. )*!,+ điểm Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm   ∈ +   x 0;1 3 : ( ) 2 2 2 1 2 0m x x x( x ) − + + + − ≤ )*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 3 DAK K = . Trên đường thẳng (d) vuông góc với (ABCD) tại H lấy điểm S sao cho 0 30SBH∠ = . 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. )*1,+ 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 0x y∆ + + = và đường phân giác của góc BAC có phương trình 2 :5 3 0x y∆ + − = . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD . )*2,+ 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  − = − +   − + =   )*3,+điểm Cho a,b,c là các số thực không âm và thỏa mãn 3a b c+ + = .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= − + + + − + + + + + 45 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:…………………… ! 67 897: ; )*< 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 Cỏc khong ng bin )1,( và ),3( + ; khong nghch bin ).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 = > 0,25 )*? Ta có .9)1(63' 2 ++= xmxy Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại 21 , xx phơng 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 ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1 2 4 4 16 4 1 12 16x x x x x x m = + = + = 2 1 7 ( 1) 7 (2) 1 7 m m m = + = = + 0,25 Từ (1) và (2) suy ra giá trị của 1 7; 1 7m m= = + 0,25 )* Phng trỡnh sin 3 2 1 sin 3x 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 π = ⇔ = ∈ 0,25 Với 2 1 6 sin ( ) 5 2 2 6 x k x k Z x k π π π π  = +  = ⇔ ∈   = +   Vậy phương trình có 3 họ nghiệm 2 ; 6 x k π π = + 5 2 ; 6 x k π π = + ( ) x k k Z π = ∈ 0,25 )*/ Điều kiện: 0 3 1 2 4 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 3 5 x 2 − + = thỏa mãn và 3 5 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 3 5 x 2 − + = hoặc 9 29 2 x − = 0,25 )* <. 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 3 9 12 .3 .( 8) 34642080C − = − . 0,25 ?. 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 5 1 8 2 .C C 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 )*! Đặt 2 t x 2x 2= − + ∈ +dox [0;1 3] nên [ ] 1;2t ∈ 0,25 Bất phương trình trở thành: − ≤ + 2 t 2 m t 1 0,25 Khảo sát hàm số t g(t) t − = + 2 2 1 với [ ] 1;2t ∈ Ta có: + + = > + 2 2 2 2 0 1 t t g'(t) (t ) . Vậy t g(t) t − = + 2 2 1 đồng biến trên [ ] 1 2; Và do đó: 2 ( ) (2) 3 Maxg t g = = 0,25 Từ đó: 2 t 2 m t 1 − ≤ + có nghiệm t ∈ [1,2] ⇔ [ ] t m g t g 1;2 2 max ( ) (2) 3 ∈ ≤ = = Kết luận: 2 3 m ≤ 0,25 )*0 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 D D 25a 2 BHKC ABC AHK C K S S S S= − − = Thể tích khối chóp SBHKC là 3 . 1 25 3 . 3 6 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 a a V π π   = =  ÷  ÷   0,25 )*1 Gọi I là trung điểm của CD, do 1 2 17 ( ; ) 3 a I I a − − ∈∆ ⇒ nên 1 2 ( 6; ) 3 a DI a − = + uuur , đường thẳng 1 ∆ có VTCP 1 ( 3;2)u − ur vì 1 . 0 4DI u a= ⇔ = − uuur ur 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 1 1 ( ; ) 5 3 0 2 2 x y J x y − + =  ⇒  + − =  nên ' (3;1)C 0,25 Đường thẳng AB qua C’ nhận DC uuur làm VTCP có phương trình: 3x-2y-7=0 .\ Tọa độ A là nghiệm hệ: 3 2 7 0 (1; 2) 5 3 0 x y A x y − − =  ⇒ −  + − =  0,25 Do ABCD là hình bình hành nên AB DC= uuur uuur suy ra (5;4)B Vậy (1; 2)A − , (5;4)B , ( 2;0)C − 0,25 )*2 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 0y= ⇒ = 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 x x y  − = − +   − = − +   ⇔   − + =   − + =   0,25 Thay (4) vào (3) ta được: 3 2 16 9 (2 1)(4 4 2 1) 1x x x x x x− = − + − + ⇔ = 0,25 1y⇒ = ± Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là: 1 1 x y =   = ±  0,25 )*3 Ta có: 3 3 . .ab bc ca ab bc ca+ + ≥ ⇒ 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 3 3 ( ) 3( ) 3 ( )P ab bc ca ab bc ca t t f t≤ − + + + + + = − + = với 2 ( ) 0 1 3 a b c 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 a b c= = = 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 . (+ điểm). Cho hàm số mxxmxy −++−= 9)1(3 23 (1), với m là tham số thực. a. Khảo sát sự biến thi n 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. x − = − = − ∑ . Để số hạng tổng quát chứa 3 x thì k = 3. 0,25 Vậy hệ số của 3 x là 3 9 12 .3 .( 8) 34642080C − = − . 0,25 ?. Số cách chọn 6 sản phẩm từ 10 sản phẩm là 6 10 C Số cách chọn 6. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………; Số báo danh:…………………… ! 67 897: ; )*< Với 1=m ta có 196 23 += xxxy . * Tập xác định: D = R * Sự biến thi n Chiều