Đề thi khảo sát đại học, cao đẳng năm học 2014-2015 lần 1 có đáp án môn Toán – Trường THPT Nam Yên Thành

Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

Đề cương liên quan: Tuyển tập đề thi Olympic và học sinh giỏi quốc gia Môn Hóa học (Có lời giải)

---

Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề thi khảo sát đại học, cao đẳng năm học 2014-2015 lần 1 có đáp án môn Toán – Trường THPT Nam Yên Thành

Đề thi khảo sát đại học, cao đẳng năm học 2014-2015 lần 1 có đáp án môn: Toán – Trường THPT Nam Yên Thành

Câu 1 (2,0 điểm).

Cho hàm số  y = x³  – 3(m +1)x²  + 9x – m (1), với m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.

1. Tìm giá trị của m để hàm số (1) đạt cực trị tại x₁ , x₂ sao cho  x₁ – x₂  = 4 .

Câu 2 (1,0 điểm).

 Giải phương trình: sin 3 x + cos 2 x = 1 + 2sin x.cos 2x

Câu 3 (1,0 điểm).

Giải phương trình: log_{( x+3)} (3 – x – 1 ) = ¹₂

Câu 4 (1,0 điểm).

1. Tìm hệ số của x³ trong khai triển (3 – 2x)¹² .

1. 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 xÎ é 0; 1 +				ù
			3		:
		ë		û
m (		+ 1) + x( 2 – x ) £ 0
	x 2 – 2 x + 2

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 BH = 3HA và AK = 3KD . Trên đường thẳng (d) vuông góc với (ABCD) tại H lấy điểm S sao cho ÐSBH = 30⁰ . Gọi E là giao điểm của CH và BK.

1. Tính thể tích khối chóp S.BHKC

1. 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).

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có D( -6; -6) . Đường trung trực của đoạn DC có phương trình D₁ : 2x + 3y + 17 = 0 và đường phân giác của góc BAC có phương trình D ₂ : 5x + y – 3 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD .

^ìï16 x ³ y ³ – 9 y ³ = (2 xy – y )(4 xy² + 3)

_{Câu 8 (1,0 điểm).}

_{Giải hệ phương trình: í}

Câu 9 (1,0 điểm).

Cho a,b,c là các số thực không âm và thỏa mãn a + b + c = 3 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P = -2( ab + bc + ca )³ + 27a ²b ² c ² – 3( a ² + b ² + c ² ) + 6(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:…………………………………………

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT ĐH-CĐ NĂM HỌC 2014-2015

CÂU	NỘI DUNG CHÍNH						ĐIỂM
	Với m = 1 ta có y = x3 – 6x2 + 9x -1 .
	* Tập xác định: D = R						0,25
	* Sự biến thiên
	· Chiều biến thiên: y‘ = 3x2 -12x + 9 = 3(x2 – 4x + 3) ; y ‘  = 0 Û x = 1 Ú x = 3
· Các khoảng đồng biến	(-¥,1)		vµ	(3, + ¥) ;	khoảng nghịch biến (1, 3).
· Cực trị: Hàm  số đạt	cực	đại	tại	x =1  và	yCD  = y(1) = 3 ;  đạt cực tiểu tại  x = 3  và
yCT  = y(3) = -1.					0,25
· Giới hạn:  lim  y = -¥;	lim	y = +¥.
x®-¥	x®+¥

• Bảng biến thiên:

	x	-¥	1		3			+¥
	y’		+0	–	0	+		+¥
Câu 1a	y		3									0,25
		-¥
					-1
	* Đồ thị:					y
						3
						2
						1						0,25
											x
						O	1	2	3		4
						-1
	Ta có  y‘ = 3x2 – 6(m +1)x + 9.											0,25
	Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại				x1 , x2	Û phương trình  y‘ = 0					có hai nghiệm pb là
												x1 , x2
		Û x2 – 2(m +1)x + 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt là  x , x								2	.
								1
		Û D’ = (m +1)2  – 3 > 0 Û		ém > -1 +		3			(1)			0,25
				ê
				êm < -1 –		3
				ë
Câu 1b	+) Theo định lý Viet ta có x1 + x2  = 2(m +1); x1 x2  = 3. Khi đó
	x1 – x2  = 4 Û ( x1 + x2 )2 – 4 x1 x2  = 16 Û 4 (m + 1)2 – 12 =16											0,25
			ém = -1 –	7
	Û ( m + 1)2					(2)
			= 7 Û ê
			êm = -1 +	7
			ë
	Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m = -1 –					7; m = -1 +		7				0,25
	Phương trình Û sin 3 x + cos 2 x = 1 + sin 3x – sinx											0,25
Câu 2		Û 2sin 2 x – sinx = 0
												0,25

é sin x=0

Û ê

1

ês inx =

0,25

2

ë

Với sin x = 0 Û x = kp ( k ÎZ )

é

=

p

+ k 2p

1

ê x

Với sin x =

Û

6

(k Î Z )

ê

2

5p

ê

êx =

+ 2kp

0,25

6

ë

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm x =

p

+ k 2p; x =

5p

+ k 2p; x = kp (k ÎZ )

6

6

ì0 < x + 3 ¹ 1

Điều kiện:

íï

x – 1

> 0

Û -2

< x < 4

0,25

ï3 –

î

log x+3 (3 –

x – 1

) =

1

Û 3 –

x – 1

=

(1)

x + 3

2

. với -2 < x < 1: (1) Û

= x + 2

0,25

x + 3

-3 +

-3 –

Giải phương trình trên được nghiệm x =

5

thỏa mãn và

x =

5

loại

Câu 3

2

2

é

9 –

=

29

êx

2

. với 1 £ x < 4 : (1) Û

= 4 – x Û x2 – 9x + 13 = 0 Û ê

x + 3

ê

=

9 +

29

0,25

êx

ë

2

kết hợp với miền đang xét suy ra x =

9 –

29

thỏa mãn.

2

-3 +

hoặc x =

9 –

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =

5

29

0,25

2

2

Câu 4

12

Ta có (3 – 2 x )12

= å C12k .312–k .( -2 x)k . Để số hạng tổng quát chứa x3  thì k = 3.

0,25

a.

k =0

Vậy hệ số của x3 là C123.39.( -8) = -34642080 .

0,25

Số cách chọn 6 sản phẩm từ 10 sản phẩm là C 6

10

Số cách chọn 6 sản phẩm mà không có phế phẩm là C 6

0,25

8

1. Số cách chọn 6 sản phẩm mà có đúng một phế phẩm là C₈⁵ .C₂¹

Số cách chọn 6 sản phẩm mà có nhiều nhất 1 phế phẩm là C₈⁶ + C₈⁵ .C₂¹

								6	5	1						0,25
	Xác suất cần tìm là:							C8	+ C8 .C2		=	2
									C6			3
									10
															[  ]	0,25
Câu 5				2
	Đặt t =	x			– 2x	+ 2		dox Î [0;1 +				3] nên t Î 1; 2
																0,25

Bất phương trình trở thành:

m £

t 2

– 2

t +1

Khảo sát hàm số

g(t) =

t2 – 2

với

t Î 1; 2

]

t +

1

[

t 2 + 2t + 2

> 0 . Vậy g(t) =

t2 – 2

1; 2

]

0,25

Ta có: g'(t) =

đồng biến trên

(t +1)2

t +1

[

Và do đó:

2

Maxg (t ) = g(2) = 3

Từ đó: m £

t 2

– 2

có nghiệm t Î [1,2]  Û m £ max g( t ) = g(2) =

2

t

+1

3

tÎ[1;2]

0,25

2

Kết luận: m £

3

Tam giác SHB vuông tại H có SBH = 300  nên SH = BH tan 300  = a

3

0,25

Từ giả thiết BH = 3a; HA = a; AK = 3a; KD = a

S

S

= S

– S

– S

=

25a2

BHKC

ABCD

AHK

CDK

2

Thể tích khối chóp SBHKC là

A

K

D

0,25

a3

1

25

3

H

VS . BHKC  =

S BHKC .SH =

Câu 6

3

6

E

B

C

Ta có: AD ^ AB, AD ^ SH Þ AD ^ SA Þ SAK = 900

(1)

SH ^ AH nên SHK = 900

(2)

0.25

CH ^ BK , BK ^ SH Þ BK ^ ( SHE ) Þ ÐSEK = 900

(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

Ta có: SK 2  = SH 2 + HK 2  = 3a 2 + 10a 2  = 13a 2 Þ SK = a

3

æ a

ö3

13p a3

0,25

Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.AHEK là V =

4

p

13

=

13

.ç

÷

3

ç

2

÷

6

è

ø

Gọi I là trung điểm của CD, do I Î D Þ I ( a;

-2 a -17

)

1

3

1 – 2a

nên DI = ( a +

6;

)

, đường thẳng D1

có VTCP u1 (-3; 2)

0,25

3

vì DI .u1 = 0 Û a = -4 do đó I ( -4; -3) suy ra C( -2; 0)

Câu 7

Gọi C’ đối xứng với C qua D2  . Ta có phương trình CC’: x-5y+2=0

ìx – 5 y + 2 = 0

Þ J (

1

;

1

) nên C‘ (3;1)

0,25

Gọi J là trung điểm của CC’. Tọa độ J là nghiệm hệ í

+ y – 3 = 0

î5x

2  2

Đường thẳng AB qua C’ nhận DC làm VTCP có phương trình: 3x-2y-7=0 .\

3x – 2 y – 7 = 0

0,25

Tọa độ A là nghiệm hệ:

ì

Þ A(1; -2)

í

î 5x + y – 3 = 0

Do ABCD là hình bình hành nên AB = DC suy ra B(5; 4)

0,25

Vậy  A(1; -2) ,

B(5; 4) , C( -2; 0)

ì16x 3 y 3

– 9 y 3

= (2xy – y )(4xy2 + 3)

(1)

ï

í4x 2 y 2 – 2xy 2

+ y2  = 3

(2)

0,25

ï

î

Xét

y = 0, thay vào (2) ta được: 0 = 3 Þ y = 0 không thỏa mãn hệ phương trình.

Xét

y ¹ 0 ta có:

ì

3

3

ì16x 3 y 3

– 9 y 3

= (2xy – y )(4xy2 + 3)

ï16x

– 9

= (2x – 1)(4x +

)

(3)

y2

0,25

Câu 8

ï

ï

í

4 x 2 y 2 – 2xy 2

+ y2  = 3

Û í

3

ï

ï4x

2

î

– 2x + 1 =

(4)

y2

ï

î

Thay (4) vào (3) ta được: 16x 3 – 9 = (2x – 1)(4x + 4x 2 – 2x + 1) Û x =1

0,25

Þ y = ±1

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là:

ìx = 1

0,25

í

îy = ±1

Ta có: ab + bc + ca ³ 33

Þ 27a 2 b 2 c 2  £ ( ab + bc + ca)3

ab.bc.ca

0,25

Lại có: a 2 + b 2 + c 2  ³ ab + bc + ca Þ -3(a 2 + b 2 + c 2 ) £ -3(ab + bc + ca)

Do đó P £ -( ab + bc + ca )3 + 3(ab + bc + ca ) = –t 3 + 3t = f (t)

0,25

với 0 £ t = ab + bc + ca £

(a + b + c)

2

=1

3

Ta có bảng bt của hàm số f(t) trên

[

]

0;1

t

1

0

Câu 9

f’(t)

+

0

0,25

f(t)

2

0

Từ BBT ta có:

Max f (t) = 2 khi t=1

[

]

tÎ

0;1

Từ đó ta có GTLN của P bằng 2 khi a = b = c =

1

0,25

3

Ghi chú: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.