TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề gồm 01 trang
ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI LẦN 1
Năm học: 2013 - 2014
Môn: Toán - Khối A, A1. Thời gian làm bài: 150 phút
--------------------*******--------------------
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
2 4
1
x
y
x
có đồ thị là (
C
)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (
C
) của hàm số.
b. Tìm m để đường thẳng : 2
d y x m
cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho
15
IAB
S
với I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C).
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sau:
2
3cos 2 3 cos 1 cot
x x x
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2 3
2 3 2
4 8 4 12 5 4 13 18 9 1
4 8 4 2 1 2 7 2 0 2
x x y y y x
x x x y y y
,
x,y
Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình sau:
2 2
2 2
2
log 2x 7 log x 1 log x 3
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC cân
tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mp(ABC). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, BC; biết
góc giữa MN với mp(ABC) bằng
0
60
.Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường
thẳng chéo nhau AC, MN theo a.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho
, , 0
a b c
thỏa mãn
4 4 4 2 2 2
3 7 12 0
a b c a b c
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức 2 2 2
2 2 2
a b c
P
b c c a a b

B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho 2 đường thẳng 1
:2 11 7 0
x y
và
2
:2 3 4 0
x y
. Lập phương trình đường thẳng
d
đi qua điểm
8; 14
M cắt hai đường thẳng
1
và
2
lần lượt tại A, B sao cho
2 3 0
AM MB
Câu 8a (1,0 điểm) Một hộp có 7 viên bi màu đỏ, 5 viên bi màu xanh và 6 viên bị màu vàng. Lấy ngẫu
nhiên trong hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để 4 viên bi lấy ra có đủ 3 mầu.
Câu 9a (1,0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa
1
x
trong khai triển 2
3
3
2
n
x
x
thành đa thức. Biết rằng
n
là một số nguyên dương thỏa mãn
3 3 2 1
1 1 3
.
n n
n n n n
C C C C
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC có đỉnh A thuộc đư
ờng thẳng
d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của
cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C.
Câu 8b (1,0 điểm) Từ các chữ số 0; 1; 2; …; 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm năm chữ
số khác nhau đôi một và chữ số chính giữa luôn là 2.
Câu 9b (1,0 điểm) Tìm các giá trị x, biết trong khai triển Newton
x
n
x
5
lg(10 3 ) ( 2)lg3
2 2
số hạng thứ
6 bằng 21 và
n n n
C C C
1 3 2
2
.
.................................Hết.................................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài.
Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: .......................................................... Số báo danh:.........................
HƯỚNG DẪN CHẤM
Ơ
Lưu ý:
Dưới đây chỉ là hướng dẫn chấm và sơ lược các bước giải, trong bài làm của học sinh
phải yêu cầu trình bày chi tiết, lập luận chặt chẽ, không được dùng bút xóa và không được viết
tắt. Các đồng chí chấm đúng và đủ điểm cho học sinh để bài thi còn trả lại học sinh.
Các cách làm khác nếu đúng, các đồng chí vận dụng cách cho điểm trong hướng dẫn
chấm để chấm cho học sinh
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
1
a
+ Tập xác định:
\ 1
D R
+ Sự biến thiên
lim 2
xy

,
lim 2
xy

.
2
y
là tiệm cận ngang của đồ thị (C)
1
lim
xy

, 1
lim
xy

.
1
x
là tiệm cận ngang của đồ thị (C)
+ Ta có
2
2
' 0 x
1
y D
x
Bảng biến thiên
+ Kết luận:
- Hàm số đồng biến trên
;1

và
1;

- Hàm số không có cực trị
+ Đồ thị: Vẽ đúng dạng, đẹp
0.25
0.25
0.25
0.25
b
+ Xét phương trình hoành độ giao điểm
2
1
2 4 2
2 4 4 0 1
1
x
xx m x m x mx
Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm A, B phân biệt
(1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
2
2 4 4 0
16 0
4 *
4
m m
m
m
m
+ Khi đó,
;2 ; ;2
A A B B
A x x m B x x m
với
;
A B
x x
là nghiệm của (1)
Áp dụng định lí Viet ta có:
4
2
4
2
A B
A B
m
x x
m
x x
+ Theo giả thiết, ta có
2 2
15
2 , . 15 2. . 15 4. . 1125
45
AIB
m
S d I AB AB AB AB m
2 2
2 2
20 . 1125 4 4 . 1125
A B A B A B
x x m x x x x m
2 2
2
2
2
16 225
25
9
25
5
5
m m
m
m
m
m
m
Vậy
5
m
là giá trị cần tìm
0.25
0.25
0.25
0.25
2
+ Điều kiện: sin 0 ,
x xkkZ
. Khi đó phương trình
2
2
2
2
2
2
2
cos
3cos 2 3 cos 1 sin
cos
3cos 2 3 cos 1
1 cos
cos
3cos 2 31 cos
3cos 2 1 cos 3cos
6cos cos 2 0
1
cos 22
cos 3
x
x x x
x
x x
x
x
xx
x x x
x x
x
x
Với
2
13
cos 2
2
3
x k
x
x k
Với
2
arccos 2
3
2
cos 32
arccos 2
3
x k
x
x k
K
ết luận:….
0.25
0.25
0.25
3
Điều kiện:
1
2
x
3 2
3 2
3
33
1 8 2 1 4 12 13 5 3 2 1
8 2 1 3 2 1 4 12 13 5
4 2 1 1 2 1 4 1 1
4 2 1 2 1 4 1 1 3
x x y y y x
x x x y y y
x x y y
x x y y
Từ
3 1 0 1
y y
Xét hàm số
3
4
f t t t
trên
0;D

Ta có
2
' 12 1 0,
f t t t D
. Suy ra
3
4
f t t t
đồng biến trên D
Khi đó:
2
3 2 1 1
2 1 1
2 2 2
f x f y
x y
x y y
Thay vào
2
ta có
2
2 2 3 2
4 3 2
2
2 2 4 2 2 4 1 2 7 2 0
6 11 6 0
1 5 6 0
0
1
2
3
y y y y y y y y
y y y y
y y y y
y
y
y
y
So sánh với điều kiện
1
y
. Ta có
0
1
y
y
Với
0
y
ta có
1
x
0.25
0.25
0.25
0.25
Với
1
y
ta có
1
2
x
Kết luận:….
4
Điều kiện:
7
2
x
x
. Khi đó phương trình tương đương với
2 2 2
2 2 2
2 2
2log 2 7 2log 1 2log 3
log 2 7 log 1 log 3
log 2 7 log 1 3
2 7 1 3 *
x x x
x x x
x x x
x x x
Trường hợp 1: Nếu
7
2 7 0
2
x x
thì
2 2
* 2 3 2 7 x 4 0
x x x
Phương trình vô nghiệm
Trường hợp 2: Nếu
7
2 7 0
2
x x
thì
2
2
* 2 3 2 7
x 4 10 0
2 14
2 14
x x x
x
x
x
Kết hợp điều kiện
7
2
x
và
1
7
2
x
x
ta có
2 14
x là nghiệm của PT đã cho.
0.25
0.25
0.25
0.25
5
N
M
I
AC
B
S
H
J
K
Gọi I là trung điểm AC, do
SAC
cân tại S nên
( )
SI ABC
. Gọi H là trung điểm AI
suy ra MH//SI
( )
MH ABC
, do đó (MN,(ABC)) =
MNH
= 60
0
. Ta
có
2
2
ABC
a
S.
Xét
HCN
có:
2
2 2 2 0
3 2 5
; ; 2 . . os45
2 4 8
a a a
NC HC NH HC NC HC NC c ;
10
4
a
NH
0
30 30
ó tan60 ; 2
4 2
Trong MHN c MH NH a SI MH a
3
.
1 30
.
3 12
S ABC ABC
V SI S a
Goi J là trung điểm AB, K là hình chiếu vuông góc của H lên MJ tức là
HK MJ
(1).
0.25
0.25
Ta có
, à / / 2
/ / , à (3)
2 , 3 4
1 , 4
JN BI m BI HJ JN HJ
SI MH m SI JN JN MH
JN MHJ HK HK JN
HK MNJ
( , ) ( , ) ( ,( ))
d AC MN d H AC MN d H MJN HK
=
2 2
.
MH HJ
MH HJ
= 2 2
30 2
.
30
4 4
16
30 2
16 16
a a a
a a
0.25
0.25
6
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
2 2
2 2 2
2 2
2
2 .
2 9 2 9 3
b c a b c a
a a a
b c b c
Tương tự ta cũng có
2 2
2 2 2
2 2
2
2 .
2 9 2 9 3
c a b c a b
b b b
c a c a
2 2
2 2 2
2 2
2
2 .
2 9 2 9 3
a b c a b c
c c c
a b a b
Khi đó
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 1
2 2 2
2 2 2 3 9
a b c
P a b c a b c b c a c a b
b c c a a b
(*)
Theo Cosi, ta có 3 3 3 3 3 3 3 3 3
2 2 2 3 3 3
3 3 3
a a c b b a c c b
a c b a c b a b c
(**)
Từ (*) và (**) suy ra
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 1
3 9
2 1
3
3 9
P a b c a b c a b c
a b c a b c a b c
Đặt
2 2 2
3
t a b c
, từ giả thiết ta có:
2
2 2 2 4 4 4 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
222
7 12 3
7 12 0
3 4
a b c a b c a b c
a b c a b c
abc
Do đó
2 3
2 1
9 27
P t t
. Xét hàm số
2 3
2 1
9 27
f t t t
trên
3; 12
D
Lập bảng biến thiến của hàm số
2 3
2 1
9 27
f t t t
trên
3; 12
D
ta được
min 3 1
Df t f
. Suy ra
1
P
Vậy Min
1
P
đạt được khi
1
abc
0.25
0.25
0.25
0.25
B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
7a
Gọi 111 7 11 23
; ; 14
2 2
a a
A A a MA a
Gọi 23 4 3 20
; ; 14
2 2
b b
B A b MB b
Theo giả thiết, ta có 3 2 0 3 2
MB AM MB MA

0.25
0.25