Đề khảo sát chất lượng ôn thi đại học lần 1 năm học 2013-2014 môn: Toán; khối D - Tỉnh Vĩnh Phúc

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) 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 
2
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 tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng   :md y x m   cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm 
 ,A B phân biệt sao cho độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất. 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2(2 tan 1) cos 2 cos 2x x x   . 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
4 2 2 2 3 2 2
3 22 5 2 1 0
x x y y y x y x
y x
     

   
( , ).x y R 
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình: 2 2m x x m   có hai 
nghiệm thực phân biệt. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với BC CD DA a   ; 
2AB a ; cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD ; SC tạo với mặt phẳng ( )ABCD một góc 
bằng 060 . Tính thể tích của khối chóp .S ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABCD theo a . 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho , ,x y z là các số thực dương thoả mãn: 2 2 2 1x y z   . Tìm giá trị lớn nhất của 
biểu thức: 
zyx
xzyzxyT


1
222 . 
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 4 2AB  , 
điểm A có hoành độ âm. Đường thẳng AB có phương trình 2 0x y   , đường thẳng BD có phương 
trình 3 0x y  . Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh còn lại của hình chữ nhật. 
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 
giác ABC có phương trình 2 2( 4) ( 2) 5x y    , đường thẳng BC đi qua 
3
;2
2
M
 
 
 
. Tìm toạ độ điểm A . 
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2 1 2 4 6n nn n nA C C n
     . Tìm hệ số của 16x 
trong khai triển nhị thức Niu-tơn  3 2
n
x x (với 0x  ). 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho các điểm (4; 3); (4;1)A B và đường 
thẳng ( ) : 6 0d x y  . Viết phương trình đường tròn ( )C đi qua A và B sao cho tiếp tuyến của (C ) tại 
A và B cắt nhau tại một điểm thuộc ( )d . 
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho elíp  E đi qua điểm 
3 2
; 2
2
M
 
  
 
và 
có độ dài trục lớn bằng 6 . Tìm tọa độ của điểm N thuộc ( E ) sao cho 5ON  . 
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn 3 2 20( 2)nA n   . Tìm số hạng không chứa x 
trong khai triển nhị thức Niu-tơn 3
1
n
x
x
 
 
 
(với 0x  ). 
-------------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
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 
1 a 1,0 điểm 
+ TXĐ:  \ 1D R 
+ Sự biến thiên: Ta có: 
2
1
0,
( 1)
y x D
x
    

. 
0,25 
+ Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) . 
+ Hàm số không có cực trị 
+ Giới hạn, tiệm cận. 
1 1
lim ;lim
x x
y y
  
     đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng: 1x  . 
 lim 1; lim 1
x x
y y
 
   đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng 1y  ; 
0,25 
 + Bảng Biến thiên 
++
0,25 
+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (2;0) , trục Oy tại điểm (0;2) 
f(x)=(x-2 )/(x -1 )
f(x)=1
x (t )=1 , y(t )=t
-3 -2 -1 1 2 3 4 5
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
x
y
0,25 
b 1,0 điểm 
 - Phương trình hoành độ giao điểm của ( )md và ( )C là: 
 2 2 0x mx m    (1) ( 1x  ). 
0,25 
 Vì 
2 4 8 0
1 2 1 0
m m
m m
    

     
 với m nên (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với m . 
Suy ra ( )md cắt ( )C tại hai điểm phân biệt với m . 
0,25 
 Gọi các giao điểm của ( )md và ( )C là: ( ; ); ( ; )A B B BA x y B x y với Ax ; Bx là các nghiệm 
của phương trình (1) . Theo Viet có: 2A B A Bx x m; x x m    . 
Ta có   
2 2 22 22( ) 2 ( ) 4 . 2 4( 2) 2 ( 2) 4 8A B A B A BAB x x x x x x m m m               
0,25 
www.VNMATH.com
Vậy AB nhỏ nhất bằng 2 2 đạt được khi 2m  . 0,25 
2 1,0 điểm 
Điều kiện: cos 0 ( )
2
x x k k

     
Ta có:  2 22
2
(2 tan 1)cos 2 cos 2 3 cos 2 2cos 1
cos
x x x x x
x
 
        
 
0,25 
3 22cos 3cos 3cos 2 0x x x     
Đặt  cos ; 0, 1;1t x t t    ta được: 3 2
1
2 3 3 2 0 2
1
2
t
t t t t
t

  

     



0,25 
Với 1 cos 1 (2 1) ;t x x k k Z         (thoả mãn). 
Với 2t  (loại) 
Với 
1 1
cos 2 ;
2 2 3
t x x k k Z

        (thoả mãn) 
0,25 
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: (2 1)k  ; 2
3
k

  ( k Z ) 0,25 
3 1,0 điểm 
 
 
4 2 2 2 3 2 2
3 2
1
2 5 2 1 0 2
x x y y y x y x
y x
     

   
 Đk: 
5
2
x  . 
Phương trình 2 2 2(1) ( 1 )( ) 0x y x y     
0.25 
2
0
1
x y
x y
 
 
 
Trường hợp 0x y  thế vào (2) không thoả mãn. 
0.25 
Trường hợp 2 1x y  thế vào phương trình (2):  32 3 2 1 0 3y y    
Xét hàm 3
3
( ) 2 3 2 1; ;
2
f t t t t
 
      
 
 2
1
( ) 6
3 2
f t t
t
  

; 
3
( ) 0; ;
2
f t t
 
     
 
Vậy hàm số ( )f t đồng biến trên 
3
;
2
 
 
 
; mà (1) 0f  
Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất 1y  
0.25 
Với 21 2 2y x x      (thỏa mãn điều kiện) 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( 2;1); ( 2;1) . 
0.25 
4 1,0 điểm 
- Tập xác định: D R 
- Ta có:    2 2 2x 2 1 x 2 1 ( )x 2 1
x
m x m m x m f x         
 
 0.25 
- Ta có: 
 
2
2
2 2
2 x 2
'( )
x 2 x 2 1
f x
 

  
 , x R  
0.25 
www.VNMATH.com
 
2
2
2
2 2
22 x 2
'( ) 0 0 2 x 2 0
2x 2 x 2 1
x
f x
x
   
        
  
 1
x
lim f ( x )

  ; 1
x
lim f ( x )

 
- Bảng biến thiên: 
00
1
2
- 2
-1
_+_
+2- 2-
f(x)
f'(x)
x
0.25 
- Từ bảng biến thiên ta được    2; 1 1; 2m    thỏa mãn. 0.25 
5 1,0 điểm 
- Vì BC CD DA a   ; 2AB a nên AB là đáy lớn; DC là đáy nhỏ của hình thang 
ABCD . Gọi O là trung điểm của AB . 
- Ta có các tứ giác DAOC ; DOBC là các hình thoi và các tam giác DAO ; DCO ; 
OCB là các tam giác đều cạnh a  O là tâm đường tròn ngoại tiếp DABC . 
 - Ta có: 
2 23 3 3
3 3.
4 4
ABCD AOD
a a
S S   (đvdt). 
0.25 
- Trong hình thoi DAOC , ta có: 3AC a 
- Trong tam giác vuông SAC có góc  060SCA   0. tan 60 3. 3 3aSA AC a   
 
2 3
.
1 1 3a 3 3a 3
. . .3a.
3 3 4 4
S ABCD ABCDV SA S   (đvtt) 
0.25 
- Gọi I là trung điểm của SB  O//SAI  đường thẳng OI là trục của đường tròn 
ngoại tiếp đa giác đáy nên DIA IB IC I   . 
- Mặt khác tam giác SAB vuông tại đỉnh A  ISIA IB  
 IS DIA IB IC I    hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABCD . 
0.25 
- Bán kính của mặt cầu đó là: 
2 2 2 29a 4a 13
IS
2 2 2 2
SB SA AB a
R IA IB
 
       . 
- Diện tích của mặt cầu đó là: 
2
2 213a4 4 13
4
R a    (đvdt) 
0.25 
6 1,0 điểm 
 - Đặt 0;  ttzyx 
- Ta có: 
   
1
2
1
2
22222




 t
tzyxzyx
zxyzxy 
Lại có:       0222  xzzyyx nên    2222 3 zyxzyx  
0.25 
www.VNMATH.com
332  tt . 
 - Khi đó: 
t
tT
1
12  với  3;1t 
- Xét hàm 
t
ttf
1
1)( 2  với  3;1t ; 
2
1
2)(
t
ttf  ;  3;1;0)(  ttf 
0.25 
 - Ta có bảng biến thiên của hàm số trên  3;1 
2 + 
1 
3
1
+
31
f(t)
f'(t)
t
0.25 
- Từ bảng biến thiên suy ra 
1
2
3
T   , dấu “ = ” xảy ra khi 
3
1
 zyx 
Vậy T lớn nhất bằng (
3
1
2  ) đạt được khi 
3
1
 zyx . 
0.25 
7.a 1,0 điểm 
4 2
3x + y = 0
x + y + 2 = 0
D C
BA
- Ta có: (1; 3)B AB BD B    
+ ( ; 2); ( 0)A AB A t t t     
- Ta có 2 24 2 ( 1) ( 1) 32BA t t       
0.25 
 2
3
( 1) 16
5
t
t
t
 
     
Với 5t  loại vì 0t  . 
Với 3 ( 3;1)t A AD     qua A và vuông góc với AB nên có phương trình 
( 3) ( 1) 0x y     4 0x y   . 
0.25 
- Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AB nên có phương trình: 
( 1) ( 3) 0 4 0x y x y        . 
+ D(-1:3)D AD BD   
0.25 
- Đường thẳng DC qua D và song song với AB nên có phương trình : 
( 1) ( 3) 0 2 0x y x y        
Vậy: : 4 0;BC x y   : 2 0DC x y   ; : 4 0AD x y   
0.25 
www.VNMATH.com
8.a 1,0 điểm 
M(
3
2
;2)
I (4; 2)
H CB
A
- Gọi 2 2( ) : ( 4) ( 2) 5C x y    ( )C có tâm (4;2)I ; bán kính 5R  
- Gọi H là trung điểm của BC , tam giác ABC đều  I là trọng tâm của tam giác 
ABC 2AI IH 
 
0.25 
- Gọi ( ; )n a b

 (  2 2 0a b  ) là véctơ pháp tuyến của đường thẳng AB . 
- Phương trình đường thẳng BC : 
3
( ) ( 2) 0
2
a x b y    . 
 Ta có: ( , )d I AB IH R 
2 2
5
2
5
a
a b
 

2 2 2 25 4( )
2
a b
a a b
a b

      
0.25 
- Trường hợp 2a b Phương trình đường thẳng BC : 2 5 0 ( ;5 2 )x y H t t     
2 (2;1) (8;4)IH BC t H A     . 
0.25 
- Trường hợp 2a b   Phương trình đường thẳng : 2 1 0 ( , 2 1)BC x y H s s     
2 (2;3) (8;0)IH BC s H A     
Vậy các điểm A thoả mãn là (8;0)A ; (8;4)A . 
0.25 
9.a 1,0 điểm 
- Đk: *2,n n N  
- Ta có: 2 1 2
! ! !
4 6 4 6
( 2)! ( 2)!(2!) ( 1)!
n n
n n n
n n n
A C C n n
n n n
         
  
0.25 
 2
12
11 12 0 12
1
n
n n n
n

        
 (thỏa mãn). 0.25 
- Với 12n  ta có : 
512 12 36
3 12 3 12 2
12 12
0 0
( 2 ) ( ) ( 2 ) ( 2)
k
k k k k k
k k
x x C x x C x


 
      
- Hệ số của 16x là 12 ( 2)
k kC  trong đó :
5
36 16 8
2
k
k    
0.25 
 Vậy hệ số của 16x là: 8 812 ( 2) 126720C   . 0.25 
7.b 1,0 điểm 
(C)
(d): x + 6y = 0
H I
M
B (4; 1)
A(4; -3)
- Giả sử hai tiếp tuyến của ( C ) tại ,A B cắt nhau tại ( )M d . 
- Phương trình đường thẳng AB là: 4x  . 
0.25 
www.VNMATH.com
- Gọi I là tâm của đường tròn ( )C ; H là trung điểm AB (4; 1)H  
;IM AB IM AB H    phương trình của đường thẳng IM là : 1 0y   0.25 
(6; 1) ( 2; 2)M d IM M MA       

+ Giả sử ( ; 1) (4 ; 2)I a IA a   

Mà 2(4 ) 4 0 2IA MA a a        
0.25 
Vậy (2; 1)I  ; bán kính của ( )C là 2 2IA   ( )C :  
2 22 ( 1) 8x y    
Vậy đường tròn ( )C có phương trình là  
2 22 ( 1) 8x y    
0.25 
8.b 1,0 điểm 
Giả sử phương trình của ( )E là: 
2 2
2 2
1
x y
a b
  .( 0a b  ) 
Vì độ dài trục lớn bằng 6 nên 2 6 3a a   . 
0.25 
Vì   22 2
3 2 18 2
( ; 2) 1 4
2 4
M E b
a b
       
2 2
: 1
9 4
x y
E   . 0.25 
+) Giả sử  ;N x y , ta có hệ phương trình: 
2 2 2
2 2
2
9 3 5
5
5 5
161 4 5
9 4 5 5
x y x x
x y
y y
       
   
        
 0.25 
Vậy có 4 điểm : 
3 5 4 5
;
5 5
N
 
  
 
;
3 5 4 5
;
5 5
N
 
  
 
; 
3 5 4 5
;
5 5
N
 
  
 
; 
3 5 4 5
;
5 5
N
 
   
 
. 0,25 
9.b 1,0 điểm 
Đk : 5,n n N  . Ta có 
 3 2 20( 2)nA n  
( 2)!
20( 2) ( 3)( 4) 20
( 5)!
n
n n n
n

      

0.25 
 2
8
7 8 0 8
1
n
n n n
n

        
 (thỏa mãn) 0.25 
Với 8n  ta có  
8 8 88
3 3 24 4
8 8
0 0
1 1
: .
k
k
k k k
k k
x C x C x
x x


 
   
     
   
  0.25 
Số hạng không chứa x ứng với 24 4 0 6k k    . 
Vậy số hạng không phụ thuộc x là 68 28C  . 
0.25 
---------- Hết ---------- 
www.VNMATH.com