đề và đáp án thi thử toán thpt quốc gia 2015

Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp trên.. Tìm xác suất để 4 viên bi được lấy ra có cả bi xanh và bi đỏ.. Câu 5 2,0 điểm Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, a chiếu vuôn

SỞ GD - ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH,CĐ

LẦN 1, NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x3 (m3)x2(m2 2m)x2 ( )1 , với m là tham số thực

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( )1 khi m  0

b) Tìm m để hàm số ( )1 có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho x x1 2 6(x1x )2 40

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin3xsin xsin2x 0

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình log 2 x log1 xlog8x 3

2

Câu 4 (1,0 điểm)

a) Trong một hộp đựng 8 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp trên Tìm

xác suất để 4 viên bi được lấy ra có cả bi xanh và bi đỏ

b) Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của biểu thức x1 2 x5x21 3 x10

Câu 5 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, a

chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB Gọi K là trung điểm của đoạn AD

a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD theo a

Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có D( ; )4 5

nằm trên đường thẳng 2x   Tìm tọa độ các đỉnh A, B và C, biết rằng điểm C có tung độ y 1 0

y 2

Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình xy y y x y x









Câu 8 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b,c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

 

- Hết -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:

SỞ GD - ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH, CĐ

LẦN 1, NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn: TOÁN

(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

a (1,0 điểm)

Khi m 0 ta có y x3 3x2 2

* Tập xác định D 

* Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y ' 3x2 6 , y 'x 0 x0 hoặc x  2

0,25

- Khoảng đồng biến: ( ; )0 2 ; các khoảng nghịch biến (; )0 và ( ;2  )

- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x0; yCT  2 ; đạt cực đại tại x2; yCD 2

- Giới hạn:

- Bảng biến thiên:

x  0 2 

y’ - 0 + 0 -

y

0,25

* Đồ thị:

0,25

b (1,0 điểm)

Ta có y ' 3x2 2(m3)x(m2 2m)

2

2

1

m

x

y

2

2

-2

(1,0 điểm)

2sinx(2cos x cosx 1)= 0 2  

0,25

s inx0x k

2

cos x 1 x k 

2

(1,0 điểm)

3

 x1 17



Vậy, phương trình có nghiệm là x 1 17

0,25

(1,0 điểm)

a) Số cách lấy ra 4 viên bi từ hộp là: C 144 1001

4 viên bi lấy ra có cả xanh và đỏ, có 3 khả năng:

1viên đỏ + 3viên xanh; 2 viên đỏ + 2 viên xanh; 3 viên đỏ + 1viên xanh

0,25

Số cách lấy ra 4 viên bi có cả xanh và đỏ là: C C18 36 C C28 26 C C38 16 916

Vậy, xác suất cần tính P  916

1001

0,25

b) Hệ số của x trong khai triển của 5 x(1 2x) là  5 4 4

5

( 2) C

Hệ số của x trong khai triển của 5 x (1 3x) là 2  10 3 3

10

4

Hệ số của x trong khai triển thành đa thức của 5 x(1 2x) 5x (1 3x) là 2  10 4 4

5

10

3 C Vậy hệ số của x trong khai triển là 5 4 4

5

(2,0 điểm)

5

SH SD2 HD2  SD2 (AH2 AD )2

S.ABCD ABCD

a

3

Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên BD và F là hình chiếu vuông góc của H trên SE

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

K

H

C B

S

E F

do đó HF(SBD) Suy ra d(H,(SBD))HF

4

HF



3

5 Vậy,

a

5

0,25 0,25 (1,0 điểm)

6

Gọ H, K là hình chiếu vuông góc của B, D lên CM

DK

 

65

Gọi I, G là giao điểm của BD với AC và CM  G là trọng

65;

b

b









  



2 70 17 (loại vì điểm B và D cùng phía với đường thẳng CM) Do đó ta có B( ;2 5) I( ; )3 0

C( c8 10; c)CD.CB (14 8 c).(12 8 c)(5c)( 5 c)0

c











1 143

2 65

C(2 1; )A( ;8 1  )

Vậy A( ;8 1); B( ;2 5); C(2 1 ; )

0,25

0,25

0,25

0,25

(1,0 điểm)

Điều kiện:

y















0

Ta có phương trình (2) (1y)( 2xy1) ( x 2  y 1 1)(  y)0

Do

0

0,25

Với y2x1 Phương trình (1) trở thành x2 4x 2x2 5x1 (đk:2x4 )

Pt ( x2 1 )( 4x 1) ( x 2 25x3)0

x











3

0,25

7

Xét f (x)

2 1 4 1 và g(x)2x1 với x2 4 , ta có g(x) g( );   2 5

M

C

A

H D

B

K

G I

 

f (x)f ( ) 



1

2 1 Do đó f (x)g(x), x 2 4 hay phương trình (4) vô nghiệm ; 

Vậy, hệ phương trình có nghiệm là ( ; )3 5

0,25

(1,0 điểm)

Ta có 8bc 2 b c2 b2c Suy ra

2

Mặt khác 2(ac)2 2b2 (ac)b Suy ra



  

3

Do đó P

Đặt a  b c t, t0 Xét hàm số f (t)



f '(t)

Bảng biến thiên:

t 0 1 

f’(t) - 0 + f(t)

3

2

0,25

8

Từ bảng biến thiên suy ra f (t)f ( ) 3

1

2 với mọi t 0 (2)

Từ (1) và (2) ta có P  3

2 Dấu đẳng thức xảy ra khi

b



  



1 1

4 2

1 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3

2, đạt được khi a c , b

0,25

- Hết -