SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
Trường THPT Thiệu Hóa NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn : TOAN
(Thời gian làm bài: 180 phút)

Câu I (4,0 ñiêm)
Cho hàm số
( )
( )
3 2 2
1
1 7 4
3
y x m x m x= − + + − −
(1) ( Với m là tham số thực).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số khi
2m = −
.
2. Tìm
m ñể ñồ thị hàm số (1) có hai ñiểm cực trị
1 2
;x x thỏa mãn:
1 2
3x x= .
Câu II (3,0 ñiêm)
1. Giải phương trình
3 4
sin cos 1x x+ =
2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
( )
2 2

hệ số trong khai triển trên bằng
4096 ( trong ñó n là số nguyên dương và 0x > ).

Câu V (2,0 ñiêm) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy là tứ giác ABCD, có ABD là tam giác
ñều cạnh a, BCD là tam giác cân tại C có

0
120BCD =
,
SA a=
và
( )
SA ABCD⊥ .Tính thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ ñiểm C ñến mặt phẳng (SBD).
Câu VI (4,0 ñiêm)
1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy.Cho ñường tròn
( )
2 2
: 4 6 4 0C x y x y+ − + + =
.Viết phương
trình các ñường thẳng chứa các cạnh của hình vuông MNPQ nội tiếp ñường tròn
( )
C
biết
ñiểm
( )
2;0M
.
2.Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho elip
( )


+ = +



+ = + + +

, (x,y
∈R).
Câu VIII (1,0 ñiêm)Cho
, ,a b c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:

2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
4 4 4
a b c
b c a a b b c c a
+ + +
+ + ≥ + +
+ + +
.

Hết Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Cả
m

ử
i
tớ
i
w
w
w
.
l
ais
ac.
p
age.t
l
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu Ý Nội dung Điểm 4,0
Khảo sát hàm số khi
2
m
= −

2,0
Khi
2
m
= −

Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 0,5
b.Sự biến thiên:
2
' 2 3
y x x
= + −
,

2
1
' 0 2 3 0
3
x
y x x
x
=

= ⇔ + − = ⇔

= −


Với
17
1
3
x y=

−

0

+
y

5

+
∞
−
∞

17
3
−

Hàm số ñồng biến trên mỗi khoảng
(
)


0,5
1
2) Đồ thị:
Đồ thị hàm số ñi qua
(
)
0; 4
−
.
I
2
Để ñồ thị hàm số có hai ñiểm cực trị thì phương trình (1) phải có hai nghiệm
phân biệt
(
)
(
)
2
2
' 0 1 7 0 4
m m m
⇔ ∆ > ⇔ + − − > ⇔ > −
(*) 0,5
f(x)=(1/3)x^3+x^2-3x-4
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
Khi ñó ñồ thị hàm số có hai ñiểm cực trị

3
x x
=
thế vào (I) ta ñược:

(
)
2
2
2
2 2
2
4 2 1
1
3 7
2
3 7
x m
m
m
x m
= +
+

 
⇒ = −

 
 
= −

3,0

1,5
3 4 3 4 2 2
sin cos 1 sin cos sin cos
x x x x x x
+ = ⇔ + = +

3 2 4 2
sin sin cos cos 0
x x x x
⇔ − + − =0,5

(
)
(
)
2 2 2
sin sin 1 cos cos 1 0
x x x x
⇔ − + − =(
)
(
)

=


=


⇔ ⇔ = ⇔



= +
+ − =



= − 


Vậy phương trình có nghiệm:
; 2
2
x k x k
π
π π
= = +
.


,
suy ra:
[ ]
(
)
(
)
0;
min 0 1
e
f x f
= =
;
[ ]
(
)
(
)
(
)
0;
max 1 ln 1 2
e
f x f e= = + + 0,75

2,0


x
x
x m x m
x mx m x
>
>



⇔ ⇔
 
+ − + + =
+ + + =




0,5
III
1
Với
2
m
= −

2
x
+
= . 0,75
Để phương trình ñã cho có duy nhất nghiệm thì phương trình (*) có duy nhất
một nghiệm dương, ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Phương trình (*) có nghiệm kép dương

( )
2
2
3 2 3
0
1 4 4 0
6 3 0
3 2 3
1
0
1
0
2

− >

  


<
3 2 3
m⇔ = −
0,25
2
Trường hợp 2: Phương trình (*) có hai nghiệm
1 2
;
x x
thỏa mãn
1 2
0
x x




= <
= + =
= −


 


⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ −


 


> − >
< < < −






<


+ <


Số cách chọn ñược ba viên bi chỉ có một màu:
3 3 3
4 5 7
49
C C C
+ + =

Số cách chọn ñược ba viên bi có ñủ ba màu:
1 1 1
4 5 7
140
C C C =
Vậy xác suất cần tìm là:
( )
49 140 53
1
560 80
P A
+
= − =
0,5

1,0
Xét khai triển :

5
3 5 3

 
     
     
 
= + + + + +
     
     
     
 
     
 

Thay
1
x
=
vào khai triển ta ñược:

0 1
2
n k n
n n n n
C C C C
 
= + + + + +
 

Theo giả thiết ta có:

0 1

x
 
+
 
 

Gọi số hạng thứ
(
)
1 0 12,
k k k Z
+
≤ ≤ ∈
là số hạng chứa
6
x
.
Ta có :
(
)
12
5
2 21
3 5
2
1 12 12
2
1
k
k

Với
6
k
=
ta có hệ số cần tìm là :
6
12
924
C = .

0,5

2,0
Gọi I là trung ñiểm của BD. Vì tam
giác ABD ñều vàtam giác BCD cân
tại C nên
AI BD
CI BD
⊥


⊥




*)
3 3 2 3
2 6 3
a a a
AC AI IC= + = + =
0,5
Tứ giác ABCD có hai ñường chéo vuông góc nên có diện tích:

2
1 3
.
2 3
ABCD
a

⇒ ⊥

⊥

nên
(
)
AK SBD
⊥
.
Vậy
(
)
(
)
;
d A SBD AK
=
0,5
V

Tam giác SAI vuông tại A và có ñường cao AK nên:

2 2 2 20,5

4,0

2,0
VI
1

Đường tròn có tâm
(
)
2; 3
I
−
, bán kính
3
R
=
.
Hình vuông MNPQ nội tiếp ñường tròn
(
)
C

nên tâm hình vuông cũng là tâm
(


Q
P
N
M
Gọi
(
)
(
)
2 2
1
; 0
n a b a b+
≠
r
là véctơ pháp tuyến của ñường thẳng chứa cạnh
hình vuông,
vì
(
)
0;6
PM
uuuur
nên ñương thẳng MP có véc tơ pháp tuyến:
(
)
2
1;0
n

a b
a
a a b a b
a b
a b
=

⇔ = ⇔ = + ⇔ = ⇔

= −
+


Vậy có hai véctơ pháp tuyến là:
(
)
1;1
n
r
và
(
)
' 1; 1
n
−
ur


2; 6
P
−
:
4 0
x y
+ + =

*) Cặp ñường thẳng có véctơ pháp tuyến
(
)
1; 1
n
−
r
:
+) Đi qua
(
)
2;0
M
:
2 0
x y
− − =

+) Đi qua
(
)
2; 60,75
2.Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho elip
( )
2 2
: 1
16 9
x y
E
+ =
.Tìm tọa ñộ các
ñiểm M trên
(
)
E
sao cho
1 2
2
MF MF
=
( với
1 2
,
F F
lần lượt là các tiêu ñiểm bên
trái, bên phải của
(

+ = =
 

=



0,5
1 2
;
cx cx
MF a MF a
a a
= + = −

Gọi
(
)
;
M M
M x y
, áp dụng công thức bán kính qua tiêu ta có:

2
7
8 16 7
4

 
 
 
+ = ⇔ = ±
Vậy có hai ñiểm thỏa mãn:
1 2
16 7 329 16 7 329
; , ;
21 7 21 7
M M
   
−
   
   
0,5
VII

2,0
Điều kiện:
2 0
0
0
0
x

1y x⇔ = − (a) 0,5

( )
1 ⇔
2 1
2
2.4 1 2 2log
y x
x
y
+
+ = +

( )
2 2
2 2
2 log 2 2 log 2 *
y x
y x⇔ + = +

Xét hàm số:
( )
2
2 log
t
f t t= +
trên


Từ (a) và (b) ta có:
( )
2 2
1 1
2 1 2
4 8 4 2 2 5 2 0
x x
x x
x x x x x
≥ ≥
 
− = ⇔ ⇔
 
− + = − + =
 
1
2
1
2
x
x
x
≥



=

⇔

1 1 1
4 4 4 4 4 4
a b c
VT
b b c c a a
     
= + + + + +
     
     2 2 2 2 2 2
1
2 2 2 2
a b c a b c
b c a b c a
 
≥ + + = + +
 
 

0,25
Mặt khác:
2 2 2

 1 4 4 4 1 1 1
4
VP
a b b c c a a b b c c a
 
≥ + + = + + =
 
+ + + + + +
 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
1a b c= = =
0,5
Cả
m

ử
i
tớ
i
w
w
w
.
l
ais
ac.
p
age.t
l