S GD&T THANH HểA TRNG THPT THNG XUN 3 THI TH K THI QUC GIA NM 2015 Mụn thi: TON Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian giao Cõu 1: (2,0 im) Cho hm s: 3 2 y x 3x mx 1 (1) 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (1) khi m 0 . 2. Tỡm m hm s cú cc i, cc tiu. Gi ( ) l ng thng i qua hai im cc i, cc tiu. Tỡm giỏ tr ln nht ca khong cỏch t im 1 11 I ; 2 4 n ng thng ( ) . Cõu 2: (1,0 im) Giaỷi phửụng trỡnh : 2 3 2 3(1 ).cot cosx cosx x Cõu 3: (1,0 im) Gii bt phng trỡnh sau: 4 2log ( 3) x + 3)1(log 2 x Cõu 4: (1,0 im) Một lớp học có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Thầy giáo chủ nhiệm chọn ra 5 học sinh để lập một tốp ca hát chào mừng ngày 22 tháng 12. Tính xác suất sao cho trong đó có ít nhất một học sinh nữ. Cõu 5: (1,0 im) Cho hỡnh chúp ABCDS. cú ỏy ABCD l hỡnh thoi tõm O , hai mt phng ( SAC ) v ( SBD ) cựng vuụng gúc vi mt phng ( ABCD ). Bit AC 2 3 a , BD 2 a , khong cỏch t im O n mt phng ( SAB ) bng 3 4 a . Tớnh th tớch khi chúp ABCDS. theo a . Cõu 6: (2,0 im) 1. Trong mt phng vi h ta Oxy , cho tam giỏc ABC cú nh A(3; -4). Phng trỡnh ng trung trc cnh BC, ng trung tuyn xut phỏt t C ln lt l 01 yx v 093 yx . Tỡm ta cỏc nh B , C ca tam giỏc ABC. 2. Trong mt phng vi h ta Oxy , cho ng trũn (C ) cú phng trỡnh 0842 22 yxyx v ng thng ( ) cú phng trỡnh : 0132 yx . Chng minh rng ( ) luụn ct (C ) ti hai im phõn bit A, B . Tỡm to im M trờn ng trũn (C ) sao cho din tớch tam giỏc ABM ln nht. Cõu 7: (1,0 im) Tỡm tt c cỏc giỏ tr thc ca tham s m h sau cú nghim thc: 2 2 2 4 2 2 4 5 ( 2) 8 16 16 32 16 0 x x x x x mx m m Cõu 8: (1,0 im) Tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht ca biu thc 5 4 1 5 4 2 1 6 a a P a a trong ú a l tham s thc v 5 1 4 a . Ht ( Thớ sinh khụng s dng ti liu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) 28 Híng dÉn chÊm m«n to¸n Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Cho hàm số: 3 2 y x 3x 1    (1) 2,0 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 y x 3x 1    1,0 * Tập xác định: .R * Sự biến thiên: + Giới hạn:   3 2 x x x lim y lim x 3x 1 ,lim y           . 0,25 + Bảng biến thiên: 2 x 0 y 3x 6x 3x(x 2),y 0 x 2              Bảng biến thiên: x   0 2   y  + 0 - 0 + y 1     -3 0,25 + Hàm số đồng biến trên khoảng   ;0  và   2;  . + Hàm số nghịch biến trên khoảng   0;2 . + Hàm số đạt cực đại tại CÐ x 0, y y(0) 1    đạt cực tiểu tại CT x 2, y y(2) 3     0,25 * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. Ta có y 6x 6; y 0 x 1        y   đổi dấu khi x qua x = 1. Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng. f(x)=x^3-3x^2 +1 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y 0,25 2 Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu 1,0 I 2 Ta cú 2 y 3x 6x m . Hm s cú cc i, cc tiu khi phng trỡnh y 0 cú hai nghim phõn bit. Tc l cn cú: 9 3m 0 m 3. 0,25 Chia a thc y cho y , ta c: x 1 2m m y y . 2 x 1 3 3 3 3 . Gi s hm s cú cc i, cc tiu ti cỏc im 1 1 2 2 x ; y , x ;y . Vỡ 1 2 y (x ) 0;y (x ) 0 nờn phng trỡnh ng thng qua hai im cc i, cc tiu l: 2m m y 2 x 1 3 3 hay m y 2x 1 2x 1 3 0,25 Ta thy ng thng luụn i qua im c nh 1 A ;2 2 . H s gúc ca ng thng IA l 3 k 4 . K IH ta thy 5 d I; IH IA 4 . 0,25 ng thc xy ra khi 2m 1 4 IA 2 m 1 3 k 3 (TM). Vy 5 max d I; 4 khi m 1 . 0,25 Cõu 2 Giaỷi phửụng trỡnh : 2 3 2 3(1 ).cot cosx cosx x +K : m x (3) x x xx 2 2 sin cos )cos1(322cos3 x x xx 2 2 cos 1 cos )cos1(322cos3 02coscos6 cos 1 cos3 2cos3 2 2 xx x x x 2) 3 2 arccos( 2 3 3 2 cos 2 1 cos kx kx x x (Tha cỏc K) Cõu 3 Gii bt phng trỡnh sau: 4 2log ( 3) x + 3)1(log 2 x k: x > 3 0.25 Khi ú phng trỡnh tng ng log 2 (x-3)(x-1) 3 (x-3)(x-1) 8 0.25 x 1 hoc x 5 0.25 Kt lun : x 5 0.25 Câu 4 Một lớp học có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Thầy giáo chủ nhiệm chọn ra 5 học sinh để lập một tốp ca hát chào mừng ngày 22 tháng 12. Tính xác suất sao cho trong đó có ít nhất một học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong 35 học sinh của lớp có 5 35 C cách 0,25 Gọi A là biến cố: Chọn đợc 5 học sinh trong đó có ít nhất một em nữ Suy ra A là biến cố: Chọn đợc 5 học sinh trong đó không có hs nữ nào Ta có số kết quả thuận lợi cho A là 5 20 C 0,25 5 20 5 35 C P A C 0,25     5 20 5 35 2273 1 1 0,95224 2387 C P A P A C       0,25 C5 (1 đ) Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD). V SABCD = 3 1 SO.S ABCD Diện tích đáy 2 32. 1 1 aBDACS ABCD  .Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3 a ; BO = a , do đó 0 60ABD  tam giác ABD đều. Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB  và DH = 3 a ; OK // DH và 1 3 2 2 a OK DH   OK  AB  AB  (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO     Đường cao của hình chóp 2 a SO  . Thể tích khối chóp S.ABCD: 3 . 1 3 . 3 3 D DS ABC ABC a V S SO  0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ C6 1. (1 điểm) Gäi C = (c; 3c - 9) vµ M lµ trung ®iÓm cña BC  M(m; 1-m) Suy ra: B= (2m-c; 11 -2m- 3c). Gọi I lµ trung ®iÓm cña AB, ta có I( 2 32   cm ; 2 327 cm   ) Vì I nằm trên đường thẳng 3x - y - 9 = 0 nªn 09) 2 327 () 2 32 (3       cmcm  m = 2  M(2; -1) Ph¬ng tr×nh BC: x – y - 3=0 Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ:      03 093 yx yx       0 3 y x Täa ®é cña C = (3; 0), toạ độ B(1; -2) 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 2. (1 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R = 13 . Khoảng cách từ I đến đường thẳng (  ) là 13 9 ),(  I d < R Vậy đường thẳng (  ) cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt. 0,25 đ S A B K H C O I D 3a a Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có ),( . 2 1   MABM dABS Trong đó AB không đổi nên ABM S  lớn nhất khi ),( M d lớn nhất. Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với (  ). PT đường thẳng d là 3x + 2y - 1 = 0 Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm của hệ phương trình:      0123 0842 22 yx yxyx       5,3 1,1 yx yx  P(1; -1); Q(-3; 5) Ta có 13 4 ),(  P d ; 13 22 ),(  Q d Ta thấy ),( M d lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với Q. Vậy tọa độ điểm M (-3; 5). 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ N ội dung tr ình bày Câu 7 Đi ểm * Giải BPT: 2 2 2 4 5 (1) ( 2) x x x    . Với 2 x   , (1) tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 1 2 4 2 5 0 4. 5 0 2 2 2 2 5 2 x x x x x x x x x x x x x                                   1 Từ đó tìm ra 2 x  hoặc 2 1 x     . 0,5 * Giả sử 0 x là một nghiệm của PT: 4 2 2 8 16 16 32 16 0 x x mx m m       (2) Khi đó PT: 4 2 2 0 0 0 8 16 16 32 16 0 x x mx m m       phải có nghiệm m Suy ra PT: 2 4 2 0 0 0 16 16( 2) 8 16 0 m x m x x       phải có nghiệm m. Do đó 2 4 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 ' 64( 2) 16( 8 16) 0 16 ( 2)( 2 8) 0 0 2 x x x x x x x x                 Như vậy nếu (2) có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0. 1 Do đó hệ (1), (2) có nghiệm khi PT (2) có nghiệm x=2. Thay x=2 vào (2) ta được: 2 4 4 0 2 m m m       Vậy với 2 m   thì hệ (1), (2) có nghiệm. 0,5 N ội dung tr ình bày Câu 8 Đi ểm Đặt 5 4 ; 1 A a B a     thì 2 2 4 9; , 0 A B A B    Do đó tồn tại 0; : 3sin ; 2 3cos 2 x A x B x           . Khi đó: 0, 5 3 3sin cos 2sin cos 2 2 6 3sin 3cos 6 2sin 2 cos 4 x x A B x x P A B x x x x             Xét hàm số 2sin cos ( ) 2sin 2cos 4 x x f x x x     , với 0; 2 x         . Ta có 2 6 4sin 8cos '( ) 0 (2sin 2cos 4) x x f x x x       với mọi 0; 2 x         . Suy ra hàm f(x) đồng biến trên đoạn 0; 2 x         . Do đó: 0; 0; 2 2 1 1 min ( ) (0) ; max ( ) 6 2 3 x x f x f f x f                             . 1 Vậy 1 min 6 P   , khi 5 4 a  ; Vậy 1 max 3 P  , khi 1 a   . 0,5 Chú ý : Có thể xét trực tiếp hàm số theo biến a : 5 4 1 ( ) 5 4 2 1 6 a a f a a a         , 5 1 4 a    Tính đạo hàm trực tiếp suy ra hàm f(a) nghịch biến trên đoạn 5 1; 4        , từ đó thu được kết quả như trên. HẾT . v 5 1 4 a . Ht ( Thớ sinh khụng s dng ti liu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) 28 Híng dÉn chÊm m«n to¸n Câu Ý Nội dung Điểm I