SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

y

 x 2 1  x )C của hàm số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (

y

x m

   cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm

 :md

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: có đồ thị là ( C ).

,A B phân biệt sao cho độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất.

2

b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng 

x

x

(2 tan 4

x 2

  3

2

x

 1) cos 2 2 x y

y

2 cos 2 2 x y

y

x

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: .

x y R ( ,

).

3

2

2

y

x

1 0

5 2 

 

   

  

x m

m x

2 2

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

.S ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với BC CD DA a

 ;

ABCD một góc

)

)

có hai

2 a 060 . Tính thể tích của khối chóp

2

 ABCD ; SC tạo với mặt phẳng ( .S ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABCD theo a . 2  . Tìm giá trị lớn nhất của y

2 1

x

z

x y z là các số thực dương thoả mãn: ,

,

; cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (

Câu 4 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình: nghiệm thực phân biệt. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp AB bằng Câu 6 (1,0 điểm). Cho

T

2

xy

2

yz

2

xz

1 y 

x

z

AB 

4 2

2 0

x

biểu thức: .

y  . Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh còn lại của hình chữ nhật.

0

x

, y   , đường thẳng BD có phương

2

2

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm A có hoành độ âm. Đường thẳng AB có phương trình trình 3 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC đều. Đường tròn nội tiếp tam

; 2

M

(

x

4)

(

y

2)

 , đường thẳng BC đi qua

5

 1

    2

C

C

4

3 2 

   n

 . Tìm hệ số của

6

16x

n n

2 A n

n n

n

giác ABC có phương trình . Tìm toạ độ điểm A .

3 2 

x

x

x  ). 0

(4; 3);

B

(4;1)

 . Viết phương trình đường tròn (

y 6

d

x

A và đường )C đi qua A và B sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại

(với

Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn trong khai triển nhị thức Niu-tơn  B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho các điểm 0 thẳng ( ) : A và B cắt nhau tại một điểm thuộc ( )d .

M

; 2

E đi qua điểm

3 2 2

   

   

5

và Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho elíp 

3

20(

ON   2)

.

nA

 

2

3

. Tìm số hạng không chứa x có độ dài trục lớn bằng 6 . Tìm tọa độ của điểm N thuộc ( E ) sao cho Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn n

x

x  ). 0

  

1 n   x  -------------Hết------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

trong khai triển nhị thức Niu-tơn (với

Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:……………………………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

(Đáp án có 06 trang) ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐH LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối D

I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

D R

 \ 1

a 1,0 điểm + TXĐ:

y

 

  

x D

0,

2

x

1  1)

(

 và (1;

;1)

) .

0,25 + Sự biến thiên: Ta có: .

1

y

y

   đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng:

1x  .

0,25 + Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng ( + Hàm số không có cực trị + Giới hạn, tiệm cận.  

1y  ;

lim  1  x lim x

;lim  1  x   đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y 1; lim  x

+

+

1  y  + Bảng Biến thiên

0,25

f(x)=(x-2 )/(x -1 )

y

f(x)=1

7

x (t)=1 , y(t)=t

6

5

4

3

2

+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (2; 0) , trục Oy tại điểm (0; 2)

1

x

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

-1

-2

-3

-4

-5

0,25

)C là:

)md

2

1x  ).

và ( - Phương trình hoành độ giao điểm của ( 0,25

1 0

Vì với m nên (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với m . 0,25

   (1) ( 2 0 m 8 0   2       )C tại hai điểm phân biệt với m . cắt (

   1  Suy ra (

)md

A

B

Ax ; Bx là các nghiệm

)C là: x

A x (  x

y với ) ; B  .  m 2

A

2

2

và ( b 1,0 điểm x mx m  2 4 m  m m )md Gọi các giao điểm của ( của phương trình (1) . Theo Viet có: 0,25

2 AB

2(

2 )

)

2 m

2

4(

m

2)

m

2)

8

 2 (

B x y ( ); ; B m; x x  A B 

 2 (

x A

x B

x A

x B

x x 4 . A B

B  

 

 4 

Ta có

2m  .

x

  

0

x

 k

(

k

  )

 2

0,25 Vậy AB nhỏ nhất bằng 2 2 đạt được khi 1,0 điểm 2 Điều kiện: cos

2

2

(2 tan

1) cos

 

2 cos 2

  2

2 cos

x

x

x

x

x

 1

2 2 cos

x

  

 3 cos  

3

2

2 cos

x

3cos

x

3cos

x

  2 0

0,25 Ta có:

3

2

t 2

t 3

t 3

t

x t cos ;

0,

t

  

 1;1

    t 1       2 t 2 0 1 2

  t 

cos

x

   

1

x

(2

k

 1) ;

k Z

 (thoả mãn).

0,25 Đặt ta được:

x

   

x

k

k Z

t

cos

 2 ;

 (thoả mãn)

1 2

 3

   t 1 t  (loại) 2 1   2

k

 2

Với Với 0,25 Với

k  1)

 3

2

2

3

2

; Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: (2 ( k Z ) 0,25

2 x y

y

y

2 x y

x

x 

2

3

5 2

 

x

y

 5 2

1 0

2

2

2

    Phương trình

  1   2 y

(1)

2    x

1

(

y x )(

 ) 0

0

x

  y 2

3 1,0 điểm 4 x Đk: . 0.25

  y

1

0.25

   x  0

x

y  thế vào (2) không thoả mãn.

2

Trường hợp

32 y

 3 2

y

 

x

y  thế vào phương trình (2):

1

  1 0 3

3

f

t ( )

t 2

 3 2 t

1;

t

Trường hợp

3 2

   ; 

  

1

2

Xét hàm

f

t ( ) 0;

f

 ( ) 6 t t

    t ;

3 2

 3 2 t

 

  

0.25 ;

f

t đồng biến trên ( )

f

(1)

 0

3 2

  ; 

  

Vậy hàm số ; mà

1y 

2

Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất

y

      2

1

x

x

2

2;1)

Với (thỏa mãn điều kiện) 0.25 .

x

2

2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( 2;1); ( 1,0 điểm - Tập xác định: D R 4

m

x

  

x m

2

m

x

     x

2 1

m

f x ( )

  1

2

0.25 - Ta có:

x

 

2 1

2

2

x

2

f

'( ) x

  , x R

2

2

2

x

2

x

 

2 1

- Ta có: 0.25

2

2

   x

2

x

2

2

0

2

x

2

f

'( ) x

0  

  

0    

2

2

2

2

x 

x

2

x

2 1

 

  ; 1

 1

lim f ( x )  x

lim f ( x )  x

x

- 2

+

2

-

_

_

+

0

0

f'(x)

- Bảng biến thiên:

2

f(x)

-1

1

- 2

0.25

 m  

   2; 1

 1; 2

- Từ bảng biến thiên ta được thỏa mãn. 0.25

1,0 điểm 5

 ;

a 2

AB

nên AB là đáy lớn; DC là đáy nhỏ của hình thang

DOBC là các hình thoi và các tam giác

DAOC ;

DAO ; DCO DABC .

2

2

a

3

a 3

3

; 0.25 - Vì BC CD DA a ABCD . Gọi O là trung điểm của AB . - Ta có các tứ giác OCB là các tam giác đều cạnh a  O là tâm đường tròn ngoại tiếp

S

S 3

3.

ABCD

AOD

4

4 AC a

3

0

 SA AC

.tan 60

a

3. 3

3a

- Ta có: (đvdt).

SCA   3

2

3a

3a

3

V

SA S . .

.3a.

S ABCD

.

ABCD

1 3

1 3

4

0.25 - Trong hình thoi DAOC , ta có: - Trong tam giác vuông SAC có góc  060 3  (đvtt)

IA IB

IS

là trục của đường tròn .  đường thẳng OI D 0.25

 IA IB IC I

D

.S ABCD .

4 - Gọi I là trung điểm của SB  O//SA I ngoại tiếp đa giác đáy nên   IA IB IC I - Mặt khác tam giác SAB vuông tại đỉnh A   IS - Bán kính của mặt cầu đó là: 2

2

2

2

SA

AB

9a

4a

a

IS

hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

R IA IB

SB 2

 2

13 2

 2 2

2

2

. 0.25

 4

R

 4

13

 a

13a 4

(đvdt) - Diện tích của mặt cầu đó là:

x



y

z

tt ; 

2

2

2

2

2

x

y 

z

y

z

1

t

0 

1,0 điểm - Đặt 6

xy

yz

zx

t 

1

2

2

2

2

2

2

x

y

y

z

z

0

 x  2 x

x

z

x

y

z

 2  y

- Ta có: 0.25

 3

2

Lại có:  nên 

2

 3

t

t

3

.

T

t

12



1 t

2

- Khi đó: với

f

)( t

t

 1

1 t

- Xét hàm với

 t )(

;0

t

f

f

2

1  t  t  2)( t - Ta có bảng biến thiên của hàm số trên 

3;1t  3;1t  ; 3;1  3;1

1

t

3

f'(t)

+

1

0.25 ;

2 +

3

f(t)

1

0.25

1

T   2

x



y

z

3

1 3

0.25 - Từ bảng biến thiên suy ra , dấu “ = ” xảy ra khi

2 

x



y

z

1 3

1 3

. Vậy T lớn nhất bằng ( ) đạt được khi

3x + y = 0 D

C

1,0 điểm 7.a

x + y + 2 = 0

B

A

4 2

0.25

A AB

2); (

t

(1; 3) B     t 0) 2

2

B AB BD  - Ta có:     A t ( ; +

BA

4 2

  ( t

1)

   ( t

1)

- Ta có

2

32  3   5

5

4 0

A 1)

     qua A và vuông góc với AB nên có phương trình 

AD y   . x

t  loại vì 3 t y ( 3)

t  . 0 ( 3;1)    0

4 0

 1) 16 ( t   t t     0.25

3)  0  

1)   y (  D AD BD

x      . y D(-1:3)

y      2 0 DC x :

3) 0 x y   4 0;

( y  BC x :

y   ;

y   4 0

AD x :

2 0

0.25

0.25

Với Với  x ( - Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AB nên có phương trình: ( x + - Đường thẳng DC qua D và song song với AB nên có phương trình : (   1) x Vậy:

A

I(4; 2)

1,0 điểm 8.a

3

B

C

H

M (

;2)

2

2

0.25

)C có tâm (4; 2)

I

(

(

(

y

x

C

) : (

R 

2)

5

5

2

; bán kính

 IH 2 a

0

 ) là véctơ pháp tuyến của đường thẳng AB .

 2   AI  ( n a b ( ; )

a x (

)

b y (

2)

 . 0

2 4) - Gọi - Gọi H là trung điểm của BC , tam giác ABC đều  I là trọng tâm của tam giác ABC - Gọi b

3 2

- Phương trình đường thẳng BC :

2

2

2

0.25

d I AB ( ,

)

 IH R

5

a 5 2 2

2

a

Ta có: 4( a ) 5 a  

x

a

H

(2;1)

(8; 4)

A

a

BC x : 2

    1 0

y

H s

( , 2

s

 1)

 a 2 b b      2 a b   ( ;5 2 )     t H t y 5 0 0.25 .

(8;0) ;

b b  Phương trình đường thẳng BC : 2 2    Phương trình đường thẳng A 2 (8;0)

 A

(8; 4)

0.25 . A

* 

n N

2,

n

!

9.a - Trường hợp 2 IH BC     t - Trường hợp b 2     H s IH BC (2;3) Vậy các điểm A thoả mãn là 1,0 điểm  - Đk:

 1

2

4

  6

4

6

C

C

n

n

2 A n

n n

n n

n 

! 2)!

(

(

n !  1)!

n

n

0.25 - Ta có:

2   n

n 2)!(2!) ( n 12 n     1 n 

12

12

36

k

k

k

3

k 5 2

(

x

2

x

12 )

3 12 )

 ( 2

x

)

C

 ( 2)

x

n 

12

 12 0   12 (thỏa mãn). 11 n   n 0.25

k C x ( 12

k 12

0

0

k

k

- Với ta có :

k

0.25

k C 

k

36

   8

16

16x là

12 ( 2)

k 5 2

8

trong đó : - Hệ số của

8 C 

126720

16x là:

12 ( 2)

.

A(4; -3)

(C)

M

I

H

0.25 Vậy hệ số của 1,0 điểm 7.b

B (4; 1)

(d): x + 6y = 0

0.25

,A B cắt nhau tại

M d ( )

x  . 4

.

- Giả sử hai tiếp tuyến của ( C ) tại - Phương trình đường thẳng AB là:

H

 (4; 1)

)C ; H là trung điểm AB   phương trình của đường thẳng IM là :

;

y   1 0

M d

  

IM M

 

  ( 2; 2)

 MA

- Gọi I là tâm của đường tròn (  IM AB IM AB H 0.25

0.25

  2(4

a

(6; 1)  IA 

(4 a

2

IA 

2 2

(

y

1)

 8

x

2

+ Giả sử ( ; 1) I a    IA MA Mà   a ; 2)     2 ) 4 0

 ; bán kính của (

)C là

)C : 

2

x

2

(

y

1)

2  8

)C có phương trình là 

Vậy (2; 1) I 0.25 Vậy đường tròn (  ( 2

2

2

)E là:

a

b  )

0

 .( 1

2

2

a

3

6

1,0 điểm 8.b Giả sử phương trình của ( 0.25

y x a b    . a

2

2

2

Vì độ dài trục lớn bằng 6 nên 2

M

(

; 2)

1

:

   b 4

 . 1

 E

   E

3 2 2

18 2 a 4

2 2 b

x 9

y 4

2

2

2

x

y

5

x

x

 

3 5 5

2

2

0.25 Vì

;N x y , ta có hệ phương trình:

2

1

y

y

 

x 9

y 4

    

9 5 16 5

      

4 5 5

      

+) Giả sử 0.25

N

N

3 5 4 5 ;

N

;

N

;

3 5 4 5 ; 5

5

5

5

3 5 5

4 5 5

3 5 5

4 5 5

   

   

   

   

   

   

   

   

Vậy có 4 điểm : ; ; ; . 0,25

n N

3

1,0 điểm n 5, Đk : 9.b

20(

  

2)

(

3)(

4)

20

2)

n

20(

n

n

n

nA

 

2

 . Ta có ( (

2

0.25

 2)! n 5)!  n  n 8    n  8

k

8

8

8

k

3

3

k

24 4 

(thỏa mãn) n n   7    8 0 n   8 0.25 1

:

.

x

8n  ta có

k C x 8

 k C x 8

1 x

1 x

k

0

  

  

0.25 Với

      k  0    . 0 k 6 28

0.25 .

Số hạng không chứa x ứng với 24 4 k  6 Vậy số hạng không phụ thuộc x là C  8 ---------- Hết ----------