SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT NAM YÊN THÀNH
***
ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐH-CĐ NĂM HỌC 2014 – 2015 LẦN 1
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (2,0 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− =
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
sin 3 2 1 2sin . 2x cos x x cos x
+ = +
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình:
( )
( 3)
1

log 3 1
2
x
x
+
− − =

Câu 4 (1,0 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.
Câu 5 (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 )
− + + + − ≤
Câu 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
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.
Câu 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 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
.
Câu 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

− = − +


− + =



Câu 9 (1,0 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= − + + + − + + + + +


Hết

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:……………………
P N KHO ST H-C NM HC 2014-2015
CU NI DUNG CHNH IM
Cõu 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
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
x
y
O
0,25
Cõu 1b
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

Cõu 2
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
Câu 3
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
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
3 9
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
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
Câu 5
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
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
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
Câu 7
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
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 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
Câu 9
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