www.VNMATH.comSỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đềI. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  (1) 1  2x

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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



 1 x  1 2 x

y m

 

 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt A, B với

(1) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số

d 

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). b) Chứng minh đường thẳng 

 : x  mọi m. Tìm m sao cho AB OA OB





cos 2



2 cos

2sin cos x

sin cos 2 x

, với O là gốc tọa độ.  

 4

  x 

  



x 2 -

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

x, y R )

x xy y 2

- 2

xy x y -



10 -   2 30 

 . 1

m x

  1

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

P =

13a + 12 ab + 16

a + b + c

Câu 4 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị m để phương trình sau có nghiệm: Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, AB = AA’= a. Góc 060 . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’ và tạo bởi đường thẳng BC’ với mặt phẳng (ABB’A’) bằng BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và NP theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

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 tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm H(3; -2),

  

  







và phương trình cạnh BC là: x – 3y – 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của trung điểm của đoạn AB là

 . 1

tam giác ABC. Câu 8.a (1,0 điểm). Một hộp chứa 11 bi được đánh số từ 1 đến 11. Chọn 6 bi một cách ngẫu nhiên rồi cộng các số trên 6 bi được rút ra với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là số lẻ. 2 4  Câu 9.a (1,0 điểm). Giải phương trình:



 4 .2

1; 0H

, tâm đường tròn ngoại tiếp B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm 



0; 2

3 3 ; 2 2

  

  

và chân đường cao kẻ từ đỉnh A là . Tìm tọa độ A, B, C.

  3

2

      1 2 x   4 x 4 x ... a x . a x 1 a 0 a x 2

Câu 8.b (1,0 điểm). Cho khai triển:  Tìm giá trị của 6a .



lim  x 0

  1 cos 2 2 x

Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giới hạn: .

-----------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:………………………………….

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC (Đáp án có 6 trang) KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối B HƯỚNG DẪN CHẤM

Nội dung trình bày Điểm



Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

, (1)

 1 x  1 2 x

 D R

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 Câu 5 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý a 1 1,0

+ Tập xác định:

 

; lim  x

lim  x

1 2

 1 x  1 2 x

1 2

1     2    1 x  1 2 x

Giới hạn và tiệm cận :

y   là tiệm cận ngang.

1 2

 

 

;





 x 1  1 2 x

lim 1   x    2  

 đường thẳng 0.25

x  là tiệm cận đứng

1 2

 đường thẳng

  1 2

2

;

; 



 1 + sự biến thiên: y     x D ' 0, x 0.25

1 2

  

  ;    

  

Hàm số nghịch biến trên . Hàm số không có cực trị.

1 2

+Bảng biến thiên X -  + 

 +∞

1 2

- - y’ Y

1  2

- 

0.25

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

f (x)=- 1/2

-4.5

-4

-3.5

-3

-2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0.5

1.5

2.5

3.5

4.5

+ đồ thị :

-1

-2

-3

-4

0.25

I (

)

1 1 ; 2 2

Nhận xét : Đồ thị nhận điểm làm tâm đối xứng.

với O là gốc tọa độ.

b Chứng minh đường thẳng (d): x – y + m = 0 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm  1.0  phân biệt A, B với mọi m. Tìm m sao cho AB OA OB  









  

1 0(*)

 x m

( ) f x

mx m

 x 1  1 2 x

Phương trình hoành độ giao điểm : 0.25

  '



   2 0,

m f

, (

)

   , nên (*) có 2 nghiệm phân biệt khác

1 2

,A B với mọi m .

Có 0.25



;

 A x x m B x x m ,



,x x là 2 nghiệm của (*) . Theo vi-et 1

 1  

1 m



x 1

Ta có với suy ra ( )d luôn cắt (1) tại 2 điểm phân biệt 



x x 1 2

  m 2

    Gọi M là trung điểm của AB

0.25

tam giác OAB vuông tại O    AB OM 2 



  

(



 ) 0

(

x x 1 2  )

x m x m )( 1        

1 0

x  x x m x  2 1 1 2 2 Kết luận : m   .

 1

  AB OA OB    OA OB . 0.25

x 2sin cos



x sin cos 2



cos 2



2 cos

x 2

 4

  x 

  

2 Giải phương trình: 1.0



x sin cos 2

cos 2

sin



0.25

 cos

sin

  

sin





cos



 0



  1

x  

cos   1 cos 2



sin 

0.25

    x

sin

    k Z

 1 cos     1 x cos 2 sin  2

   



0.25 +

 







cos 2

cos

(

 )



    x

   



  

   3   

 2 3  2

   

+ 0.25

    và





  

   2

   3

 2 3

Vậy phương trình có nghiệm

x, y R )

30x - xy - 2xy - x - y = 1

10x - xy - y = 2   

3 Giải hệ phương trình: ( 1,0

  

(

  1)

(

Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của hệ.

y x

2 x

1 x



(



(

 

1) 30





1 x

1 2 x

      

y x

y 2 x

1   x

1 2 x

y 2 x

      

a b

 



0.25 Hệ

a b

 

1 x y

 a      b 



       

khi đó hệ trở thành Đặt 0.25  a ab b ab a b (    11  ) 30   



 



a b





;



  

  

1 5

   

;



TH1. 0.25



   



 a    a 

;



5 TH2.   a b 6 ab     0.25

(1; 4);(

; 0);(

; 2);(

;1)

1 2 1 3 1 3

  x  1 2

1 5

Vậy hệ có 4 nghiệm: .

m x

 1

x 2

Ta có :





Tìm tất cả các giá trị thực m để phương trình sau có nghiệm thực 4 1,0

1    x 1 2



0.25



  f x

x 2









  

trên R. Xét hàm số 0.25

  x



Có



 1

 2  + 0 -

x   x   f x

0.25

0.25 Từ BBT suy ra: Phương trình có nghiệm    m 5 -2 2  2; 5   5

1,0

Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, AB = AA’= a. Góc 060 .Gọi M, N, P lần lượt là trung tạo bởi đường thẳng BC’ với mặt phẳng (ABB’A’) bằng điểm của BB’, CC’ và BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và NP theo a.



C 'H





Gọi H là trung điểm A’B’. Ta có C 'H A 'B'; C' H BB'



 ABB'A '   0   C 'BH 60 BC '; ABB' A '

 



 BB' B'H



a 5 2

0.25

C 'H BH.tan 60



. 3



15 2

5 2

Tam giác HBC’ vuông tại H nên ta có

Diện tích tam giác A’B’C’ là



C 'H.A 'B'







BB'.S



S 

ABCA 'B'C'

A 'B'C'

A'B'C'

1 2

15 4

0.25 (đvtt)



NP / /MQ



 NP / / AMQ



Gọi Q là trung điểm B’C’



 . 2



  d NP; AM d NP; AMQ





  d P; AMQ





PI BI

 

Ta có : , Gọi I là giao điểm MQ và BC. Khi đó B là trung điểm của PI   d P; AMQ   d B; AMQ 0.25

KQ / /



C ' H

1 2





QK.S



AMB'

ABB'

B'AMQ

AMB'

1 3

1 2

a 4

48 mà

Gọi K là trung điểm HB’thì

Mặt khác ABB’A’ là hình vuông nên AM BH

 AM C 'H AM BHC '





 AM BC' AM MQ







B'C'



2  C' H HB'

 

2a MQ MB' B'Q







; AM



5 2

a 5 2



AM.MQ



AMQ

1 2

5 8

B'AMQ







Ta có: 0.25



 d NP; AM



  d B; AMQ



  d B'; AMQ



a 15 10

a 15 5

AMQ

Nên

P =

13a + 12 ab + 16

a + b + c

6 Cho ba số trị nhỏ nhất của biểu thức: 1,0 thực dương a, b, c . Tìm giá 24

 a 4b

 b 4c

13a 12 ab 16





13a 6 a.4b 8





 13a 6.



b.4c



  16(a b c)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có

0.25

 





 4b 16c

13a 12 ab 16 bc 16(a b c)

  . Dấu “ = ” xảy ra  a







b  

  b

 2 a



Suy ra .

0.25

  

c, t

 . Khi đó ta có:





Đặt t

) , ta có



f '







  t

t 3

f '

  0

   ; t



  ;

  t

 lim f (t) 0  x

lim f (t)  0 x

. trên khoảng (0; Xét hàm số   t

  

b c 1

BBT. 0.25

  , đẳng thức xảy ra 





 4b 16c

16 21

4 21

1 21

  

0.25 Vậy ta có .

a, b, c



16 4 ,

 khi và chỉ khi 



21 21 21

3 2

  

  

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là .

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm H(3; -2), 7.a

  

  

trung điểm của đoạn AB là và phương trình cạnh BC là: x – 3y – 2 = 0. Tìm 1,0

tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.



       3x y 7

0.25

- Phương trình AH: 3(x 3) 1.(y 2) 0





A(x ; 7 3x ); B(x ; 2

 3





Đặt - Do A AH; B BC.

x 1



2 x

x 1 x

2    1





 (7 3x ) 1

  





 1 ; BH (4; 1)







0.25  A(2; 1); B(-1; -1). M là trung điểm AB

C(x ; 3

 3

 3  3

  



;



Đặt 0.25

  

2) 1.

   4(x 3

x 3

19 11

1 11

  

  

. 



;

0.25

      AC Có :     Vì BH AC BH.AC 0    19 5 x 3 11 3 1 11

19 11

  

  

Vậy A(2; 1); B(-1; -1); .

8.a Một hộp chứa 11 bi được đánh số từ 1 đến 11. Chọn 6 bi một cách ngẫu nhiên rồi cộng 1.0

0.25

5 5

3 5

thứ tự 6 bi được rút ra với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là số lẻ. Gọi H là biến cố:” kết quả thu được là số lẻ”. H xảy ra khi một trong các biến cố sau xảy ra : A : ”1 bi mang số thứ tự lẻ và 5 bi mang số thứ thứ tự chẵn ” B : ”3 bi mang số thứ tự lẻ và 3 bi mang số thứ thứ tự chẵn ” C : ”5 bi mang số thứ tự lẻ và 1 bi mang số thứ thứ tự chẵn ” Trong 11 bi có 6bi có số thứ tự lẻ {1,3,5,7,9,11}, 5 bi có số thứ tự chẵn {2,4,6,8,10} 0.25



 P A

 ; P B



 ; P C



1 C .C 6 6 C 11

3 C .C 6 6 C 11

5 1 C .C 6 5 6 C 11

0.25       ; 200 462 30 462













  P H P A P B P C









118 231

2 4 

200 462  x 2

0.25 6 462 A, B, C là các biến cố xung khắc nên 



30 462  , (1) 1

 

6 462   4 .2

         

4 0

)

(2;



9.a Giải phương trình: 1,0

2; 2

4 0

       . Suy ra phương trình (1) vô nghiệm

 + Với ; 2 Suy ra phương trình (1) vô nghiệm  + Với VT



0.25

4 0

       . Suy ra

x   là nghiệm của phương trình

4 0

0.25

      . Suy ra x  là nghiệm của phương trình 2  . x 2 2,

 

0.25

Với Với 1 Vậy phương trình có hai nghiệm: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm 

1; 0H

7.b , tâm đường tròn ngoại tiếp



0; 2

3 3 ; 2 2

  

  

1,0 và chân đường cao kẻ từ đỉnh A là . Tìm tọa độ A, B, C.

Gọi M là trung điểm BC Phương trình đường cao AH :2x + y - 1 = 0 Phương trình đường thẳng BC :x – 2y +4 = 0

2x y

9    2

PT đường trung trực IM vuông góc với BC : 0.25

5 2

  

  

Tọa độ điểm M là



 AH 2IM A 2; 2  







 

Gọi D là điểm đối xứng với A qua I. Ta có DB / /CH   DB AB CH AB     0.25

C 6 2b;5 b

 B 2b 4; b











0.25 . Ta có BH.AC 0 Giả sử Tương tự DC//BH nên tứ giác HBDC là hình bình hành nên M là trung điểm HD. Xét tam giác AHD có IM là đường trung bình nên 

  

 5 2b 4 2b



 b 7 b



0 b 5b 4 0       0.25  b 1      b 4

  3

2

8.b      ... a x .Tìm giá trị của   x 4  1 2 4 x x a x 2 a x 1 a 0 1,0 Vậy A(2 ; -2) ; B(-2 ;1) ;C(4 ;4) hoặc A(2 ; -2) ; B(4 ;4); C(-2 ;1) Cho khai triển: 6a



  4 x

 1

   1 2



   1 2



  3

0.25