b Tìm m để đồ thị hàm số 1 có hai điểm cực trị nằm về cùng một phía của đường thẳng y=1 không nằm trên đường thẳng.. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ.. Tính xác suất để trong 10 tấm thẻđược
Trang 1TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1 KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2015
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4,0 điểm) Cho hàm số y=−x3 + mx2 + −m2 x+m3−m
) 1 ( 3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị nằm về cùng một phía của đường thẳng y=1
(không nằm trên đường thẳng)
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình log4x+log4(10−x)=2
b) Giải phương trình cos2x+(1+2cosx)(sinx−cosx)=0
Câu 3 (2,0 điểm).
a) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y=e x(x2−x−1) trên đoạn [0;2]
b) Tính giới hạn
) 1 ln(
1 2
lim sin
x L
x
+
−
=
Câu 4 (2,0 điểm).
a) Cho n là số tự nhiên thỏa mãn 2C n2 +3A n2+2 =326 Tìm hệ số của x trong khai tri6 ển nhị thức
Niutơn của 2 2 3 , >0
x x
n
b) Có 40 tấm thẻđược đánh số từ 1 đến 40 Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ Tính xác suất để trong
10 tấm thẻđược chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một
tấm thẻ mang số chia hết cho 10
Câu 5 (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1;−1;2),
B(-1; 1; 3), C(0; 2; 1) Tính diện tích tam giác ABC và tìm tọa độ chân đường cao kẻ từ A của tam
giác ABC
Câu 6 (2,0 điểm) Cho hình chóp S ABCcó đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là điểm thuộc cạnh SC
sao cho MC=2SM Biết AB=a, BC=a 3 Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách
giữa hai đường thẳng AC và BM.
Câu 7 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạđộ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T)
có phương trình (x−1)2 +(y−2)2 =25 Các điểm K(-1 ; 1), H(2; 5) lần lượt là chân đường cao hạ
từ A, B của tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ
dương
Câu 8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình
+ + +
= + +
−
+
−
= + +
y xy x x y
y
x y y
x
3 1
2 1
7 3 3
2 2
2 2
Câu 9 (2,0 điểm). Cho x,y,zlà các số thực thỏa mãn x2+y2+z2 =9, xyz≤0 Chứng minh rằng
10 )
(
2 x+ y+z −xyz≤ -***Hết*** -
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Trang 2TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN I KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2015(LẦN 1)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN
Khi m = 1, ta có hàm số y=−x3+3x2
1) Tập xác định : D=R
2) S ự bi ế n thiên:
+∞
→ +∞
→
−∞
→
−∞
x x
x x
0,5
* Đạ o hàm y’= - 3x2 + 6x , y’ = 0 ⇔x = 0, x = 2
* Bảng biến thiên:
x -∞ 0 2 +∞
y' - 0 + 0 -
y +∞ 4
0 -∞
0,5
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; 0) và (2; +∞), đồng biến trên khoảng (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 0, yCT =0 0,5
3 Đồ th ị: Đồ thị giao với trục tung tại
O(0; 0), giao với trục hoành tại O(0; 0);
A(3; 0), nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối
xứng
* Điểm uốn: y’’ = - 6x + 6 , y’’ = 0 ⇔x =1
) 1 ( 3 6 3
0 ) 1 ( 3 6 3 0
'= ⇔− x2 + mx+ −m2 =
y , y có ' ∆'=9m2+9(1−m2)=9>0
Suy ra 'y luôn có hai nghiệm phân biệt x1=m−1, x2 =m+1
0,5 Khi đó hàm số có hai cực trị là y1= y(x1)=2(m−1), y2 = y(x2)=2(m+1) 0,5 Theo bài ra ta có ( 1 1)( 2 1) 0 (2 3)(2 1) 0 3, 1
+∞
∪
−
∞
−
2
3 2
1
;
Điều kiện: 0<x<10www.mathvn.com Ta có
2 ) 10 ( log 2 ) 10 ( log
2 , 8 16
10 − 2 = ⇔ = =
⇔ x x x x Vậy phương trình có nghiệm x=2, x=8 0,5
(sin cos )(cos sin 1) 0 0
) cos )(sin
cos 2 1 ( 2
+
= +
=
+
=
⇔
=
−
=
−
⇔
= +
−
=
−
⇔
π π π π
π π π
π
2 ,
2 2
4 1
4 sin 2
0 4 sin 2 0
1 sin cos
0 cos sin
k x
k x
k x
x
x x
x
x x
0,5
x
y
3
2
O
4
2
1
A
Ta có
Trang 3Vậy phương trình đã cho có nghiệm: , 2 , 2 ( )
x= +π kπ x= +π k π x= +π k π k∈
Z 0,25
Ta cú:y'=e x(x2+xư2)
nờn y'=0⇔e x(x2+xư2)=0⇔x=1;x=ư2∉[ ]0;2 0,5 1
)
0
( =ư
y , y(1)=ưe, 2
) 2 ( e
y = Từđú ta cú max (2) 2,
] 2
; 0 [
e y
y= = miny= y(1)=ưe
] 2
; 0 [
0,5
x x x
x x
L
x
x ln(1 )
1 1 1 2 lim
sin
ư +
ư
ư
=
2 ln ) (sin
1 lim
1 2 lim
2 ln ) (sin 0 sin
=
ư
→
x x
e x
x
x x
2
1 1 1
1 lim ) 1 1
(
1 1 lim 1 1
lim
0 0
+ +
= + +
ư +
=
ư +
→
→
x x
x
x x
0
ln(1 )
x
x x
→
Nờn
2
1 2
ln ư
=
326 ) 1 )(
2 ( 3 ) 1 ( 326 3
2C n2+ A n2+2 = ⇔n nư + n+ n+ = 0,25
0 80 2
2+ ư =
=
ư
ư
=
ư
=
0
2 5 32 8
8 8
0
8 2 8
8 2
) 3 (
2
3 )
2 (
3 2
k
k k k k
k
k k
k
x C
x x
C x
Số hạng chứa x6ứng với k thỏa món 6 4
2
5
32ư k = ⇔k =
Vậy hệ số của x là 6 C84.24.(ư3)4 =90720
0,25
Số phần tử của khụng gian mẫu là Ω =C1040 0,25
Cú 20 tấm thẻ mang số lẻ, 4 tấm thẻ mang số chia hết cho 10, 16 tấm thẻ mang số chẵn
và khụng chia hết cho 10 www.dethithudaihoc.com 0,25
Gọi A là biến cốđó cho, suy ra ΩA =C205.C164C41 0,25
Vậy xỏc suất của biến cố A là
12617
1680
)
40
1 4 4 16 5
= Ω
Ω
=
C
C C C A
5 Tớnh diện tớch, tỡm tọa độ điểm www.mathvn.com 2,00
) 1
; 2
; 2 (ư
=
AB , AC =(ư1;3;ư1)⇒[AB,AC]=(ư5;ư3;ư4) 0,5
Diện tớch tam giỏc ABC :
2
2 5 4 3 5 2
1 ] , [ 2
1 = 2+ 2+ 2 =
Gọi H( a bc ) là chõn đường cao của tam giỏc kẻ từ A
Ta cú
ư
=
+
=
+
ư
=
⇔
ư
=
ư
ư
=
ư
+
= +
⇒
=
k c
k b
k a
k c
k b
k a BC k BH
2 3 1 1
) 3 1 ( 3
) 1 2 ( 1
) 1 0 ( 1
) 2 1
; 2
; 2
DoAH ⊥BC nờn
3
1 0
) 2 1 ( 2 2 2 0
.BC= ⇔kư +k+ ư ư k = ⇔k=
ư
3
7
; 3
4
; 3
2
Gọi H là trung điểm của AB ⇒SH ⊥ AB.Do (SAB)⊥(ABC) nờn SH ⊥( ABC) 0,25
Do SAB là tam giỏc đều cạnh a nờn
2
3
a
Thể tớch khối chúp S.ABC là 1 1 6
3
a AC AB SH S
SH
n
t
m
ng cỏch
t cho 10
Trang 4Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N ⇒ AC//MN ⇒AC//(BMN)
Ta có AC⊥AB⇒AC⊥(SAB) mà MN//AC⇒MN ⊥(SAB)⇒(SAB)⊥(BMN) 0,25
Từ A kẻ AK⊥BN K( ∈BN)
( , ( )) ( , )
0,25
ABN SAB
0,25
2
2 cos 60
9
a
7 3
a BN
7
= S ABN =a AK
Vậy ( , ) 21
7
=a
d AC BM
0,25
(T) có tâm (1;2) Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại
2
90
AHB=AKB= nên AHKB là tứ giác nội
tiếp ⇒ ABC=KHC(cùng bù với gócAHK) (2)
Từ (1) và (2) ta có HCx=KHC⇒HK // Cx
Mà IC⊥Cx⇒IC⊥HK
0,25
Do đó IC có vectơ pháp tuyến là KH =(3;4), IC
có phương trình 3x+4y−11=0 0,25
Do C là giao của IC và (T) nên tọa độđiểm C là nghiệm của hệ www.mathvn.com
=
− +
−
=
− +
25 ) 2 ( )
1
(
0 11 4
3
2 2
y x
y
x
=
−
=
−
=
=
⇒
5
3
; 1
5
y
x y
x
Do x C >0 nên C(5;−1) 0,25
Đường thẳng AC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CH =(−3;6) nên AC có phương
Do A là giao của AC và (T) nên tọa độđiểm A là nghiệm của hệ
=
− +
−
=
− +
25 ) 2 ( )
1
(
0 9 2
2 2
y x
y
x
−
=
=
=
=
⇒
1
5
; 7
1
y
x y
x
(loại) Do đó A(1;7) 0,25
Đường thẳng BC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CK =(−6;2) nên BC có phương
Do B là giao của BC và (T) nên tọa độđiểm B là nghiệm của hệ
=
− +
−
=
− +
25 ) 2 ( )
1
(
0 2 3
2 2
y x
y
x
−
=
=
=
−
=
⇒
1
5 , 2
4
y
x y
x
(loại) Do đó B(−4;2)
Vậy A(1;7); B(−4;2); C(5;−1)
0,25
A
H
K
I
x
S
M
C
N
A
H
B
K
ng trình
a tam giác
Trang 5Ta có hệ phương trình
+ + +
= + +
−
+
−
= + +
) 2 ( 3 1
2 1
) 1 ( 7 3 3
2 2
2 2
y xy x x y
y
x y y
x
Điều kiện: y≥1,x≥0,y2 ≥3x
0 ) (
) 1 2 ( 1
)
2
( ⇔ y− − x+ y2− y+ −x2 + y2 −xy−y =
0,25
0 ) 1 (
) 1 ( 1
+
−
−
−
x y
x y
0 1
2 1
1 )
1
+
− + +
−
−
−
x y
x y
1
+
=
≥
∀
≥
∀
>
+
− + +
1
x y
0,5
+) Thế y vào (1) ta được x2+x+1− x2−x+1= 7 − 3 (3)
Xét f(x)= x2+x+1− x2 −x+1,
3 ) 1 2 (
1 2 3
) 1 2 (
1 2 1
2
1 2 1
2
1 2 )
(
'
2 2
2
−
− + +
+
= +
−
−
− + +
+
=
x
x x
x x
x
x x
x
x x
f
0,5
Xét
3
t
suy ra g(t) đồng biến trên R
Do 2x+1>2x−1 nên g(2x+1)>g(2x−1) suy ra
f x =g x+ −g x− > ∀ ∈x R
0,5
Do đó f (x) đồng biến trên R , nên (3)⇔ f(x)= f(2)⇔x=2⇒ y=3
Vậy hệđã cho có nghiệm (x;y)=(2;3) 0,25
Giả sử x≤ y≤z, do xyz≤0nên x≤0
9 9 [ 3; 0]
x +y +z = ⇒x ≤ ⇒x∈ − Ta có
2 2
2 2 2
z y z y
+
2 ) (
2 2 2 )
(
2
2 2 2
x z y x
xyz z y
) 9 ( 2 2 2
5 2 2
) 9 ( ) 9 ( 2 2
3 2 2
x x
x x x x
=
0,5
2
5 2 )
3
x x
x x
f = − + − với x∈[−3;0]
2 2
9
2 2 2
5 2
3 ) ( '
x
x x
x f
−
−
−
=
⇒
x x
x x
x x
x
9
2 2 2
5 2
3 0 )
(
2
−
−
−
⇔
=
2 2
2 2
32 ) 3 5 )(
9
( −x − x = x
3
25 ,
3 , 1 0
225 327
111
9 6− 4+ 2− = ⇔ 2 = 2 = 2 =
Do
3
5
2 ≤
x nên x2 =1⇔x=−1,x=1(loại)
0,5
2 6 ) 0 ( , 10 ) 1 ( , 6 )
3
(− =− f − = f =
] 0
; 3
Trang 6Như vậy 2(x+y+z)−xyz≤ f(x)≤10
Dấu bằng xảy ra khi
2 2
1
1 2 2( ) 4
= −
= =
x
x
y z
Vậy 2(x+y+z)−xyz≤10 Đẳng thức xảy ra khi (x; y; z) là một hoán vị của (-1; 2; 2)
0,5
-***Hế