SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2 2 22 1 (1)y x m x m (m là tham số). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 2.m b) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị , ,A B C sao cho bốn điểm O, , ,A B C là bốn đỉnh của một hình thoi (với O là gốc tọa độ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 24sin 1 cot 2 1 cos 4 x x x . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 2 2 4 1 1 1 2 0 4 4 2 3 4 3 x x y y x y y x . Câu 4 (1,0 điểm). Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình 2 32 4 1 4x m x m x x có nghiệm. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng 2a. Mặt bên SAB là tam giác đều, SI vuông góc với mặt phẳng SCD với I là trung điểm của AB. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AB. Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 . 2 2 2 5 a b c b c a c a b a b c ab a b c bc a b c ca 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 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 4 0d x y và hai đường tròn 2 2 1 : 1 1 1;C x y 2 2 2 : 3 4 4C x y . Tìm điểm M trên đường thẳng d để từ M kẻ được tiếp tuyến MA đến đường tròn 1C và tiếp tuyến MB đến đường tròn 2C (với A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác AMB cân tại M. Câu 8a (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau và trong mỗi số đó có đúng 2 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ. Câu 9a (1,0 điểm). Giải phương trình: 84 22 1 1 log ( 3) log ( 1) log 4 2 4 x x x . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng 1 : 2 3 0d x y và đường thẳng 2 : 2 1 0d x y cắt nhau tại I . Viết phương trình đường thẳng d đi qua O và cắt 1 2,d d lần lượt tại ,A B sao cho 2IA IB . Câu 8b (1,0 điểm). Tính giới hạn: 2 20 cos3 cos lim x x e x x x . Câu 9b (1,0 điểm). Cho khai triển 3 2 30 1 2 31 2 ... n n nx x a a x a x a x . Xác định hệ số 6a biết rằng 15 31 2 0 2 3 1 ... 2 2 2 2 n n aa a a . -------------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 KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A, A1 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. - Với Câu 5 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý NỘI DUNG ĐIỂM 1 2,0 điểm Với 2m hàm số có dạng 4 22 4 3y x x TXĐ: D Giới hạn: lim ; lim x x y y 0,25 Chiều biến thiên: 3 0 ' 8 8 ; ' 0 1 x y x x y x BBT x 1 0 1 y’ 0 + 0 0 + y 1 3 1 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng 1;0 và 1; Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 1 và 0;1 . Điểm cực đại 0;3 , cực tiểu 1;1 , 1;1 . 0,25 a Điểm uốn: 2 1 '' 24 8; '' 0 3 y x y x . Điểm uốn 1 17 ; 93 U Đồ thị: Giao với Oy tại 0;3 , đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng 0,25 TXĐ: 3 2 2 2 0 ' 8 2 ; ' 0 (*) 4 x y x m x y m x 0,25 b Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 0m 0,25 www.VNMATH.com Tọa độ các điểm cực trị 4 4 2 2 20; 1 , ; 1 , ; 1 2 8 2 8 m m m m A m B m C m . Dễ thấy A Oy còn B, C đối xứng nhau qua OA và O khác A khi 1m . Tọa độ trung điểm của BC là 4 20; 1 8 m I m 0,25 Vậy 4 điểm O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi khi I là trung điểm của OA suy ra 4 2 2 4 211 4 4 0 8 2 m m m m m 2m ( thỏa mãn). 0,25 2 1,0 điểm Đk: cos 4 1sin 2 0 2 kx x k x 0,25 Pt cos 2 sin 2 sin 2 1 cos 2x x x x cos 2 sin 2 1 sin 2 1 0x x x sin 2 1 1 sin 2 4 2 x x 0,25 +) sin 2 1 4 x x k 0,25 +) ( ) 1 sin 2 4 2 4 x k l x x k Vậy phương trình có nghiệm 4 2 k x k . 0,25 3 1,0 điểm 2 2 2 4 1 1 1 2 0 (1) 4 4 2 3 4 3 (2) x x y y x y y x Đk: 1 2 3 4 y x 0,25 332(1) 4 1 1 1 2 0 2 2 1 2 1 2x x y y x x y y Xét hàm số 3( )f t t t trên , 2'( ) 3 1 0f t t t 0,25 (1) có dạng 2 1 2 2 1 2 0f x f y x y x Thay vào phương trình (2) ta được 4 216 24 8 3 4 3 0x x x 2 2 16 2 1 4 1 4 5 0 3 4 1 x x x x 0,25 2 162 1 2 1 4 5 0 3 4 1 x x x x 1 2 x do 3 0 4 x Với 1 0 2 x y . Vậy hệ phương trình có nghiệm 1 ; 0 2 . 0,25 4 1,0 điểm Điều kiện 0x . Xét x = 0 thay vào phương trình không thỏa mãn. Với 0x viết lại phương trình: 2 24 1 4 2 0x m x x m x 2 24 4 1 2 0 1 x x m m x x 0,25 www.VNMATH.com Đặt 2 4 2 x t x . Từ phương trình (1) ta có: 2 1 2 0 2t m t m 2 2 1 t t m g t t 0,25 Xét hàm số 2 2 1 t t g t t với 2t 2 4 1( ) ' 1 ; ' 0 31 t l g t g t tt BBT t 2 3 g’(t) 0 + g(t) 8 7 0,25 Để (1) có nghiệm 0x thì (2) có nghiệm 2t Từ BBT của g(t) thì cần có 7m . 0,25 5 1,0 điểm F E I K H O D C B A S Goi E là trung điểm của CD, suy ra AB IE . Lại có AB SI AB SEI , do đó ( )ABCD SIE . Trong tam giác SEI kẻ đường cao SH SH ABCD 0,25 3; 2SI a IE a SE a (do tam giác SEI vuông tại S) 3 2 a SH . Vậy 3 . 1 2 3 . 3 3 S ABCD ABCD a V SH S (đvtt) 0,25 Vì 2 2 1 2 2 2 a a EH SE SH OH EH OI . Qua O kẻ / / ( )OF BC F BC , ,d SO AB d AB SOF , 2 ,d I SOF d H SOF 0,25 Kẻ HK vuông góc với SO tại K HK SOF 3 , 2 2 a d SO AB HK . 0,25 6 1,0 điểm Không mất tổng quát, giả sử: 3a b c Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 a b c b c a c a b P a b c ab b c a bc a b c ac 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 2 2 2 2 2 a b c b c a c a b P a b c ab b c a bc a b c ac 0,25 www.VNMATH.com 2 2 22 2 2 6 1 1 1 9 P a b c b c a a c b 0,25 2 22 2 1 1 1 2 1 5 253 c a b c c c 2 1 2 1 0c c đúng 0,25 2 2 22 2 2 6 1 1 1 9 P a b c b c a a c b 3 3 5 5 P Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c . 0,25 7.a 1,0 điểm 1C có tâm 1;1I , bán kính 1 1R ; 2C có tâm 3; 4J , bán kính 2 2R 0,25 Do 1 25IJ R R 1 2,C C rời nhau nên A và B phân biệt 0,25 ; 4M t t d 2 2 2 21 2 4 9MA MI R t t ; 2 2 2 2 2 2 6 5MB MJ R t t 0,25 Tam giác AMB cân tại M 2 2 2MA MB t . Vậy 2;6M . 0,25 8.a 1,0 điểm Số cách chọn 2 số tự nhiên chẵn trong các số đã cho (có cả số 0) 24 6C Số cách chọn 3 số lẻ trong các số đã cho 34 4C 0,5 Số các số có 5 chữ số phân biệt gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy từ tập đã cho (có cả số 0 đứng đầu) 2 34 4. .5! 2880C C Số các số có 5 chữ số phân biệt mà số 0 đứng đầu gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy từ tập đã cho 1 33 4. .4! 288C C Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 2880 288 2592 số. 0,5 9.a 1,0 điểm ĐK: 01xx 2 2(1) log 3 1 log 4 ( 3) 1 4x x x x x x (2) 0,25 - Nếu 1x ; (2) ( 3)( 1) 4x x x 1 3 3 x x x 0,25 - Nếu 0 1x ; (2) ( 3)(1 ) 4 3 2 3 3 2 3x x x x x 0,25 Vậy phương trình có 2 nghiệm 3; 3 2 3x x 0,25 7.b 1,0 điểm Ta có 1 2d d . Tam giác IAB vuông tại I và có 2IA IB nên 1cos 5 IAB hay d tạo với 1d một góc với 1 cos 5 0,25 1d có véc tơ pháp tuyến 1(1;2)n , gọi ( ; )n a b là véc tơ pháp tuyến của d 1 2 2 1 . 21 1 1 cos 5 5 55 n n a b n n a b 0,25 2 03 4 0 4 3 b b ab a b 0,25 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 0x và 3 4 0x y 0,25 www.VNMATH.com 8.b 1,0 điểm 2 2 2 2 2 20 0 0 0 cos3 .cos 1 1 cos3 .cos 1 cos3 .cos lim lim lim 1 lim x x x x x x e x x e x x x x x x x x 0,25 20 1 cos3 .cos lim x x x x 2 2 2 20 0 1 cos 4 1 cos 2 sin 2 sin lim lim 2x x x x x x x x 0,25 2 2 2 2 2 20 0 0 sin 2 sin sin 2 lim lim 1 lim x x x x x x x x x 0,25 2 20 sin 2 1 4lim 5 4x x x . Vậy 2 20 cos3 .cos lim 6 x x e x x x 0,25 9.b 1,0 điểm Cho 3 15 31 2 0 2 3 1 1 1 ... 2 2 2 2 2 2 n n n aa a x a 158 2 5n n 0,25 Ta có 5 553 15 3 15 3 5 5 0 0 0 1 2 1 2 2 k k ik k k k i k k k i x x C x x C x C x 5 15 3 5 0 0 . . 2 . k ik i k i k k i C C x 0 5i k 0,25 15 3 6 3 9k i k i Ta có bảng sau k 3 4 5 i 0 3 6 0,25 3, 0k i hoặc 4, 3k i Vậy 0 33 0 4 3 6 5 3 5 4. . 2 . . 2 150.a C C C C 0,25 -------------Hết----------- www.VNMATH.com
Tài liệu đính kèm: