SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

***
-  2015 

Thời gian làm bài: 180 phút
 (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
12
4xx
.
 (1,0 điểm). Giải phương trình:
sin3 2 1 2sin . 2x cos x xcos x  

 (1,0 điểm). Giải phương trình:
 
( 3)
1

3BH HA
và
3DAK 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.
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 0xy   
và đường phân giác của góc BAC có
phương trình
2
:5 3 0xy   
. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành
ABCD

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

CÂU
NỘI DUNG CHÍNH
ĐIỂM
Câu 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
 Các khoảng đồng biến
)1,(
vµ
),3( 
; khoảng nghịch biến
).3,1(


y
3

-1
0,25
* Đồ thị:

1 2 3 4
-1
1
2
3
x
y
O

0,25
Câu 1b
Ta có
.9)1(63'
2
 xmxy

Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại
21
, xx

2
m
m
m

)1(

0,25
+) Theo định lý Viet ta có
.3);1(2
2121
 xxmxx
Khi đó
   
22
1 2 1 2 1 2
4 4 16 4 1 12 16x x x x x x m         
2
17
( 1) 7 (2)
17
m
m
m

  
   

  


Với
sin 0 ( )x x k k Z

   

0,25
Với
2
1
6
sin ( )
5
2
2
6
xk
x k Z
xk







  





  


   

  



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
35
x
2


thỏa mãn và

9 29
2
x


thỏa mãn.
0,25
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
35
x
2


hoặc
9 29
2
x



0,25
Câu 4 a.

Ta có
 
12
12

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
51
82
.CC

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






2
2
1
với
 
1;2t

Ta có:



2
2
22
0
1
tt
g'(t)
(t )
. Vậy
t
g(t)
t



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
DD
25a
2
BHKC ABC AHK C K
S S S S   



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
aa
V








0,25
Câu 7


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
11
( ; )
5 3 0
22
xy
J
xy
  



  

nên
'
(3;1)C

0,25
Đường thẳng AB qua C’ nhận
DC


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

32
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 abbcca  


2 2 2 3
27 ( )a b c ab bc ca  

Lại có:
2 2 2 2 2 2



khi t=1
Từ đó ta có GTLN của P bằng 2 khi
1
3
abc  

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