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 ).
2
,A B phân biệt sao cho độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng
2
x y R ( ,
).
3
2
. x x (2 tan 4 x 2 3 x 1) cos 2 2 x y y 2 cos 2 2 x y y x Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 y 5 2 x 1 0
x m
m x
2 2
;
.S ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với BC CD DA a
)
)
có hai
2 a 060 . Tính thể tích của khối chóp
2
2
; cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (
ABCD ; SC tạo với mặt phẳng ( ABCD một góc .S ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABCD theo a . 2 . Tìm giá trị lớn nhất của y
x y z là các số thực dương thoả mãn: ,
,
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 1 x z
T
2
xy
2
yz
2
xz
1 y
x
z
AB
4 2
2 0
x
biểu thức: .
0
x
y . Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh còn lại của hình chữ nhật.
, 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
M
; 2
2
1
3 2
n
. Tìm hệ số của
6
4
16x
n C n
n C n
2 A n
n
. Tìm toạ độ điểm A . ( x 4) ( y 2) 5 giác ABC có phương trình , đường thẳng BC đi qua
x ). 0
3 2
x
x
(4; 3);
(4;1)
B
. Viết phương trình đường tròn (
y 6
d
x
(với
và đường A )C đi qua A và B sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại
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 thẳng ( ) : 0 A và B cắt nhau tại một điểm thuộc ( )d .
M
; 2
E đi qua điểm
3 2 2
và Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho elíp
3
20(
5 .
nA
2
3
ON 2) 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 . Tìm số hạng không chứa x
x ). 0
x
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
1 1)
(
x
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:
1x ).
- Phương trình hoành độ giao điểm của ( và ( )md 0,25
(1) ( 2 0 m 8 0 2
1 0
Vì với m nên (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với m . 0,25
)C tại hai điểm phân biệt với m .
1 Suy ra ( cắt (
A
B
)C là: x
A
2 AB
2(
2 )
2 )
2 m
2
4(
m
2)
m
2 2)
8
A x ( ; y ); B x ( ; ) và ( )md b 1,0 điểm 2 x mx m 2 4 m m m )md Gọi các giao điểm của ( của phương trình (1) . Theo Viet có: x y với Ax ; Bx là các nghiệm B m . 2 0,25
x A
x B
x A
x B
x x 4 . A B
2 (
B m; x x A B
2 (
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
x
1) cos
x
2 cos 2
x
x
2
2 cos
x
1
2 2 cos
x
3 cos
3
2
2 cos
x
3cos
x
3cos
x
2 0
1
0,25 Ta có:
3
2
t
x t cos ;
0,
t
t 2
t 3
t 3
1;1
t 2 t 2 0 1 2
t
cos
x
1
x
(2
k
1) ;
k Z
(thoả mãn).
0,25 Đặt ta được:
cos
x
x
k
2 ;
k Z
t
(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
3
2
5 2
2
y
5 2
x
1 0
2
2
Phương trình
1 2 y
3 1,0 điểm 4 x Đk: . 0.25
) 0 (1) (
2 x 1 y x 2
y x )( 0
y
1
0.25
x 0
x
y thế vào (2) không thoả mãn.
2
Trường hợp
32 y
3 2
y
1 0 3
3
Trường hợp x y thế vào phương trình (2): 1
f
t ( )
t 2
3 2 t
1;
t
3 2
;
2
Xét hàm
f
( ) 6 t t
f
( ) 0; t
t ;
3 2
1 t 3 2
f
f
(1)
0.25 ;
t đồng biến trên ( )
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
x
2
2
x
2
2
f
'( ) 0
x
0
2
x
2
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
;
a 2
AB
1,0 điểm 5
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
S
S 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
ABCD
AOD
4
4 AC a
- Ta có: (đvdt).
0
3
2
3a
3a
3
V
SA S . .
.3a.
S ABCD
.
ABCD
1 3
1 3
4
SA AC .tan 60 a 3. 3 3a 0.25 SCA 3 - Trong hình thoi DAOC , ta có: - Trong tam giác vuông SAC có góc 060 3 (đvtt)
IA IB
IS
IA IB IC I
D
.S ABCD .
là trục của đường tròn . đường thẳng OI D 0.25
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
hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
R IA IB
IS
SB 2
2
13 2
2 2
2
2
. 0.25
4
R
4
13
a
13a 4
- Diện tích của mặt cầu đó là: (đvdt)
x
y
z
tt ;
2
2
2
2
2
x
y
z
y
z
1
t
0
6 1,0 điểm - Đặt
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 2)( t t - Ta có bảng biến thiên của hàm số trên
3;1t 3;1t 3;1 3;1
1
t
3
f'(t)
+
1
0.25 ;
2 +
3
f(t)
1
0.25
T 2
x
y
z
1 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
t
(1; 3) B t 0) 2); ( 2
2
BA
4 2
( t
1)
1)
( t
- Ta có: B AB BD + A t ( ;
- Ta có
2
32 t 3 16 t 5
( t 1)
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
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
;2)
M (
2
2
0.25
)C có tâm (4; 2)
(
I
2
IH 2 a
; bán kính R 5 ( x y C ( ) : ( 2) 5
0
) là véctơ pháp tuyến của đường thẳng AB .
a x (
)
b y (
2) 0
.
b 2 - Gọi 4) - Gọi H là trung điểm của BC , tam giác ABC đều I là trọng tâm của tam giác 2 AI ABC ( - Gọi ( ; ) n a b
3 2
- Phương trình đường thẳng BC :
2
2
2
0.25
5
d I AB ( ,
)
IH R
a 5 2 2
2
a
Ta có: 5 a 4( a )
x
a
(8; 4)
A
H
(2;1)
BC x : 2
1 0
y
H s
( , 2
s
1)
a
a 2 b b 2 a b ( ;5 2 ) t H t y 5 0 0.25
b b Phương trình đường thẳng BC : 2 . 2 Phương trình đường thẳng A 2 (8; 0)
A
(8; 4)
(8; 0) ;
0.25 A .
*
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: n N 2, n
!
1
2
C
C
4
n
6
4
n
6
2 A n
n n
n n
n
! 2)!
(
n
n ! 1)!
(
n
2
0.25 - Ta có:
n 2)!(2!) ( n 12 n n 1
12
12
36
3
k
k
k
k 5 2
(thỏa mãn). n n 11 12 0 n 12 0.25
(
x
2
x
12 )
3 12 )
( 2
x
)
C
( 2)
x
n
12
k C x ( 12
k 12
k
0
k
0
k
k C
36
16
k
- Với ta có : 0.25
16x là
8
12 ( 2)
k 5 2
8
8 C
126720
- Hệ số của trong đó :
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
M d ( )
,A B cắt nhau tại
0.25
x . 4
.
- Giả sử hai tiếp tuyến của ( C ) tại - Phương trình đường thẳng AB là:
H
;
y 1 0
)C ; H là trung điểm AB (4; 1) phương trình của đường thẳng IM là :
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 Mà IA MA 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:
.( 1
a
b )
0
2
2
1,0 điểm 8.b Giả sử phương trình của ( 0.25
a
6
3
2
2
2
Vì độ dài trục lớn bằng 6 nên 2
:
. 1
M
(
; 2)
b 4
1
E
E
3 2 2
18 2 a 4
y x a b . a 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
N
;
N
;
3 5 4 5 ; 5
5
3 5 4 5 ; 5
5
3 5 5
4 5 5
3 5 5
4 5 5
Vậy có 4 điểm : ; ; ; . 0,25
n N
9.b 1,0 điểm Đk : n 5,
3
20(
n
2)
20(
n
2)
n
(
3)(
n
4)
20
nA
2
2
0.25
k
8
8
k
8
3
3
24 4
k
(thỏa mãn) n 8 n 8 0 n 7 0.25
:
x
.
8n ta có
k C x 8
k C x 8
1 x
1 x
0
k
. Ta có n ( 2)! 5)! n ( n 8 n 1 8
0.25 Với
0 k Số hạng không chứa x ứng với 24 4 . k 0 k 6 6 Vậy số hạng không phụ thuộc x là 28 C 8 ---------- Hết ----------
0.25 .
