1. SỞ GD - ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH,CĐ
LẦN 1, NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x (m )x (m m)x      3 2 2
3 2 2 ( )1 , với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( )1 khi m  0 .
b) Tìm m để hàm số ( )1 có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho x x (x x )   1 2 1 26 4 0.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x sin x sin2x   0.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình    log x log x log x    
3
1 82
2
1 3 1 .
Câu 4 (1,0 điểm)
a) Trong một hộp đựng 8 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp trên. Tìm
xác suất để 4 viên bi được lấy ra có cả bi xanh và bi đỏ.
b) Tìm hệ số của x5
trong khai triển thành đa thức của biểu thức    x x x x  
5 102
1 2 1 3 .
Câu 5 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
a
SD 
17
2
, hình
chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là trung
điểm của đoạn AD.
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD theo a.
Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có D( ; )4 5 .
Điểm M là trung điểm của đoạn AD, đường thẳng CM có phương trình x y8 10 0   . Điểm B
nằm trên đường thẳng x y2 1 0   . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và C, biết rằng điểm C có tung độ
y 2 .
Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
xy y y x y x
(x,y )
( y) x y (x ) ( x y ) y
        

      
2 3 1 3 5
1 2 2 1 2 1
 .
Câu 8 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
a b ca b bc b (a c)
  
     2 2
3 8 1
2 8 2 2 3
.
----------- Hết ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:..............................
www.VNMATH.com

2. SỞ GD - ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH, CĐ
LẦN 1, NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
Câu Đáp án Điểm
a. (1,0 điểm)
Khi m  0 ta có y x x   3 2
3 2
* Tập xác định  D
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y' x x  2
3 6 , y' x  0 0 hoặc x  2
0,25
- Khoảng đồng biến: ( ; )0 2 ; các khoảng nghịch biến ( ; ) 0 và ( ; ) 2
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại CTx ; y  0 2; đạt cực đại tại CDx ;y 2 2
- Giới hạn:
x x
lim y ; lim y
 
   
0,25
- Bảng biến thiên:
x  0 2 
y’ - 0 + 0 -
y
 2
-2 
.
0,25
* Đồ thị:
0,25
b. (1,0 điểm)
Ta có y' x (m )x (m m)     2 2
3 2 3 2 .
Hàm số có hai điểm cực trị  y'  0 có hai nghiệm phân biệt 0,25
m m

        2 3 2 3 2
0 9 2 0
2 2
(*) 0,25
Ta có
m m (m )
x x ; x x
 
  
2
1 2 1 2
2 2 3
3 3
; x x (x x ) m m       2
1 2 1 26 4 0 10 24 0 0,25
1
m  2 hoặc m  12(loại). Vậy m  2 0,25
x
y
2
2
-2
O 1
www.VNMATH.com

3. (1,0 điểm)
Pt đã cho   2cos2x.sinx 2sinx.cosx 0 0,25
  2
2sinx(2cos x cosx 1)=0
0,25
    sinx 0 x k
cosx x k       1 2 0,25
2
cosx x k

      
1
2
2 3
Vậy, phương trình có các nghiệm là:

      x k ; x k2 (k )
3
 .
0,25
(1,0 điểm)
Điều kiện: x 1 3 0,25
Pt đã cho log (x ) log ( x) log (x )     2 2 21 3 1 0,25
(x )( x) x    1 3 1 x x   2
4 0 0,25
3
x

 
1 17
2
hoặc x


1 17
2
(loại)
Vậy, phương trình có nghiệm là x


1 17
2
0,25
(1,0 điểm)
a) Số cách lấy ra 4 viên bi từ hộp là: C 4
14 1001
4 viên bi lấy ra có cả xanh và đỏ, có 3 khả năng:
1viên đỏ + 3viên xanh; 2 viên đỏ + 2 viên xanh; 3 viên đỏ + 1viên xanh
0,25
Số cách lấy ra 4 viên bi có cả xanh và đỏ là: C .C C .C C .C  1 3 2 2 3 1
8 6 8 6 8 6 916
Vậy, xác suất cần tính P 
916
1001
.
0,25
b) Hệ số của 5
x trong khai triển của  5
x(1 2x) là  4 4
5
( 2) .C
Hệ số của 5
x trong khai triển của 2 10
x (1 3x) là 3 3
10
3 .C
0,25
4
Hệ số của 5
x trong khai triển thành đa thức của   5 2 10
x(1 2x) x (1 3x) là  4 4
5
( 2) .C + 3 3
10
3 .C
Vậy hệ số của 5
x trong khai triển là  4 4
5
( 2) .C + 3 3
10
3 .C 3320 .
0,25
(2,0 điểm)5
a)SH (ABCD) SH HD   . Ta có
SH SD HD SD (AH AD )    2 2 2 2 2
SH a  3
S.ABCD ABCD
a
V SH.S 
3
1 3
3 3
b) HK//BD HK//(SBD) d(HK,SD) d(HK,(SBD)) d(H,(SBD))  
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên BD và F là hình chiếu vuông góc của H trên SE.
Ta có BD HE và BD SH nên BD (SHE) BD HF  mà HF SE
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
K
H
CB
A D
S
E
F
www.VNMATH.com

4. do đó HF (SBD) . Suy ra d(H,(SBD)) HF
Ta có  a
HE HB.sin EBH 
2
4
HS.HE a
HF
HS HE
  
2 2
3
5
. Vậy,
a
d(HK,SD) 
3
5
0,25
0,25
(1,0 điểm)6
Gọ H, K là hình chiếu vuông góc của B, D lên CM
.
DK
( )
 
 
 2 2
4 8 5 10 26
651 8
Gọi I, G là giao điểm của BD với AC và CM G là trọng
tâm ACD ;
BH BG
DG GI BG DG
DK DG
     2 2 2
BH 
52
65
;
b
B(b; b ) BH b

       
17 18 52
2 1 17 18 52
65 65
b
b (loai)


  

2
70
17
(loại vì điểm B và D cùng phía với đường thẳng CM). Do đó ta có B( ; ) I( ; ) 2 5 3 0
C( c ; c)8 10 CD.CB ( c).( c) ( c)( c)        14 8 12 8 5 5 0
 
c c   2
65 208 143 0
c
c (loaido c )


  

1
143
2
65
C( ; ) A( ; )   2 1 8 1 .
Vậy A( ; ); B( ; ); C( ; )  8 1 2 5 2 1
0,25
0,25
0,25
0,25
(1,0 điểm)
Điều kiện:
y
x y x
y x y
y x

   
 
   
  
0
2 1 5
1 2 10
3 5
(*) 0,25
Ta có phương trình (2) ( y)( x y ) ( x y )( y)        1 2 1 2 1 1 0
( y)( x y )( )
x y y
     
  
1 1
1 2 1 0
2 1 1
(3)
Do
x y y
 
  
1 1
0
2 1 1
và y 1 0 nên phương trình (3)  y x 2 1
0,25
Với y x 2 1. Phương trình (1) trở thành x x x x     2
2 4 2 5 1 (đk: x 2 4)
Pt ( x ) ( x ) ( x x )         2
2 1 4 1 2 5 3 0
(x )( x )
x x
     
   
1 1
3 2 1 0
2 1 4 1
x
x ( )
x x


   
    
3
1 1
2 1 4
2 1 4 1
0,25
7
Xét f(x)
x x
 
   
1 1
2 1 4 1
và g(x) x 2 1 với  x ; 2 4 , ta có g(x) g( ) 2 5
M
C
A
H
D
B
K
G
I
www.VNMATH.com

5.  f '(x) , x ;
x ( x ) x( x )
     
     2 2
1 1
0 2 4
2 2 2 1 2 4 4 1
 f(x) nghịch biến
f(x) f( )  

1
2 1
2 1
. Do đó  f(x) g(x), x ;   2 4 hay phương trình (4) vô nghiệm
Vậy, hệ phương trình có nghiệm là ( ; )3 5
.
0,25
(1,0 điểm)
Ta có bc b. c b c  8 2 2 2 . Suy ra
(a b c)a b bc

  
3 3
22 8 0,25
Mặt khác (a c) b (a c) b    2 2
2 2 . Suy ra
a b c(a c) b
 

    2 2
8 8
33 2 2 0,25
Do đó P
(a b c) a b c a b c (a b c) a b c
    
           
3 8 1 1 8
2 3 2 3
(1)
Đặt a b c t, t    0. Xét hàm số f(t)
t t
 

1 8
2 3
với t  0 .
Ta có
(t )( t )
f '(t)
t ( t) t ( t)
 
   
 2 2 2 2
1 8 3 1 5 3
2 3 2 3
, suy ra f '(t) t  0 1
Bảng biến thiên:
t 0 1 
f’(t) - 0 +
f(t)

3
2
0,25
8
Từ bảng biến thiên suy ra f(t) f( )  
3
1
2
với mọi t  0 (2)
Từ (1) và (2) ta có P  
3
2
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
a b c a c
b c
bb a c
     
  
    
11
4
2
1
2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 
3
2
, đạt được khi a c , b  
1 1
4 2
.
0,25
----------- Hết -----------
www.VNMATH.com