Xem mẫu
- www.VNMATH.com
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)
x2
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y có đồ thị là ( C ).
x 1
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 d m : 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 tan 2 x 1) cos x 2 cos 2 x .
x4 x2 y 2 y 2 y3 x2 y x2
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: ( x, y R).
2 y3 5 2x2 1 0
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình: m x 2 2 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 ;
AB 2 a ; cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) ; SC tạo với mặt phẳng ( ABCD ) một góc
bằng 600 . 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: x 2 y 2 z 2 1 . Tìm giá trị lớn nhất của
1
biểu thức: T 2 xy 2 yz 2 xz .
x yz
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 AB 4 2 ,
điểm A có hoành độ âm. Đường thẳng AB có phương trình x y 2 0 , đường thẳng BD có phương
trình 3 x y 0 . 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
3
giác ABC có phương trình ( x 4) 2 ( y 2) 2 5 , đường thẳng BC đi qua M ; 2 . Tìm toạ độ điểm A .
2
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn An Cn Cn 4n 6 . Tìm hệ số của x16
2 n 1 n 2
n
trong khai triển nhị thức Niu-tơn x3 2 x (với x 0 ).
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho các điểm A(4; 3); B(4;1) và đường
thẳng (d ) : x 6 y 0 . 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 ) .
3 2
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho elíp E đi qua điểm M
2 ; 2 và
có độ dài trục lớn bằng 6 . Tìm tọa độ của điểm N thuộc ( E ) sao cho ON 5 .
3
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn An 2 20( n 2) . Tìm số hạng không chứa x
n
1
trong khai triển nhị thức Niu-tơn x 3 (với x 0 ).
x
-------------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 ĐH LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN; Khối D
(Đáp án có 06 trang)
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: D R \ 1
1 0,25
+ Sự biến thiên: Ta có: y 2
0, x D .
( x 1)
+ Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (;1) và (1; ) .
+ Hàm số không có cực trị
+ Giới hạn, tiệm cận.
lim y ;lim y đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng: x 1 . 0,25
x 1 x 1
lim y 1; lim y 1 đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y 1 ;
x x
+ Bảng Biến thiên
+ +
0,25
+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (2; 0) , trục Oy tại điểm (0; 2)
y f(x)=(x-2 )/(x -1 )
f(x)=1
7 x (t)=1 , y(t)=t
6
5
4
3
2
1
0,25
x
-3 -2 -1 1 2 3 4 5
-1
-2
-3
-4
-5
b 1,0 điểm
- Phương trình hoành độ giao điểm của ( d m ) và (C ) là:
0,25
x 2 mx m 2 0 (1) ( x 1 ).
m 2 4m 8 0
Vì với m nên (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với m .
1 m m 2 1 0 0,25
Suy ra ( d m ) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt với m .
Gọi các giao điểm của ( d m ) và (C ) là: A( xA ; yB ); B ( xB ; yB ) với x A ; xB là các nghiệm
của phương trình (1) . Theo Viet có: x A xB m; x A xB m 2 . 0,25
2 2 2
Ta có AB 2( xA xB ) 2(xA xB ) 4xA.xB 2 m 4(m 2) 2 (m 2) 4 8
2 2
- www.VNMATH.com
Vậy AB nhỏ nhất bằng 2 2 đạt được khi m 2 . 0,25
2 1,0 điểm
Điều kiện: cos x 0 x k ( k )
2
0,25
2
Ta có: (2 tan 2 x 1) cos x 2 cos 2 x 3 cos x 2 2 cos 2 x 1
cos2 x
2 cos3 x 3cos 2 x 3cos x 2 0
t 1
3 2 0,25
Đặt t cos x; t 0, t 1;1 ta được: 2t 3t 3t 2 0 t 2
1
t
2
Với t 1 cos x 1 x (2k 1) ; k Z (thoả mãn).
Với t 2 (loại)
0,25
1 1
Với t cos x x k 2 ; k Z (thoả mãn)
2 2 3
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: (2k 1) ; k 2 (k Z ) 0,25
3
3 1,0 điểm
x 4 x 2 y 2 y 2 y 3 x 2 y x 2 1
5
3 Đk: x .
2
2 y 5 2 x 1 0 2 2 0.25
Phương trình (1) ( x 2 1 y )( x 2 y 2 ) 0
x y 0
2
x y 1 0.25
Trường hợp x y 0 thế vào (2) không thoả mãn.
Trường hợp x 2 y 1 thế vào phương trình (2): 2 y 3 3 2 y 1 0 3
3
Xét hàm f (t ) 2t 3 3 2t 1; t ;
2
1 3
f (t ) 6t 2 ; f (t ) 0; t ; 0.25
3 2t 2
3
Vậy hàm số f (t ) đồng biến trên ; ; mà f (1) 0
2
Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất y 1
Với y 1 x 2 2 x 2 (thỏa mãn điều kiện)
0.25
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( 2;1); ( 2;1) .
4 1,0 điểm
- Tập xác định: D R
x
- Ta có: m x 2 2 x m 1 m
x2 2 1 x m
2
x 2 1
f ( x) 0.25
2
2 x 2
- Ta có: f '( x) 2
, x R
2
x 2 2
x 2 1 0.25
- www.VNMATH.com
2 x2 2 x 2
f '( x) 0 2
0 2 x2 2 0
x2 2 x2 2 1 x 2
lim f ( x ) 1 ; lim f ( x ) 1
x x
- Bảng biến thiên:
x - - 2 2 +
_ + 0 _
f'(x) 0
0.25
f(x) -1 2
- 2 1
- Từ bảng biến thiên ta được m 2; 1 1; 2 thỏa mãn. 0.25
5 1,0 điểm
- Vì BC CD DA a ; AB 2 a nên AB là đáy lớn; CD là đáy nhỏ của hình thang
ABCD . Gọi O là trung điểm của AB .
- Ta có các tứ giác AOCD ; OBCD là các hình thoi và các tam giác AOD ; ODC ;
OCB là các tam giác đều cạnh a O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC D . 0.25
a 2 3 3a 2 3
- Ta có: S ABCD 3S AOD 3. (đvdt).
4 4
- Trong hình thoi AOCD , ta có: AC a 3
- Trong tam giác vuông SAC có góc SCA 600 SA AC.tan 600 a 3. 3 3a
0.25
1 1 3a 2 3 3a 3 3
VS . ABCD .SA.S ABCD .3a. (đvtt)
3 3 4 4
- Gọi I là trung điểm của SB IO//SA đường thẳng IO là trục của đường tròn
ngoại tiếp đa giác đáy nên IA IB IC ID .
0.25
- Mặt khác tam giác SAB vuông tại đỉnh A IA IB IS
IS IA IB IC ID hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .ABCD .
- Bán kính của mặt cầu đó là:
SB SA2 AB 2 9a 2 4a 2 a 13
R IA IB IS .
2 2 2 2 0.25
13a 2
- Diện tích của mặt cầu đó là: 4 R 2 4 13 a 2 (đvdt)
4
6 1,0 điểm
- Đặt x y z t ; t 0
- Ta có: xy yz zx
x y z 2 x 2 y 2 z 2 t 2 1 t 1
2 2 0.25
Lại có: x y y z z x 0 nên x y z 3x y z
2 2 2 2 2 2 2
- www.VNMATH.com
t2 3 t 3 .
1
- Khi đó: T t 2 1
t
với t 1; 3
1
- Xét hàm f (t ) t 2 1
t
với t 1; 3 ;
0.25
1
f (t ) 2t 2 ; f (t ) 0; t 1; 3
t
- Ta có bảng biến thiên của hàm số trên 1; 3
t 1 3
f'(t) +
1 0.25
2+
3
f(t)
1
1 1 0.25
- Từ bảng biến thiên suy ra T 2 , dấu “ = ” xảy ra khi x y z
3 3
1 1
Vậy T lớn nhất bằng ( 2 ) đạt được khi x y z .
3 3
7.a 1,0 điểm
3x + y = 0
D C
0.25
A 4 2 B x+y+ 2= 0
- Ta có: B AB BD B(1; 3)
+ A AB A(t ; t 2); (t 0)
- Ta có BA 4 2 (t 1) 2 ( t 1) 2 32
t 3
(t 1)2 16
t 5
Với t 5 loại vì t 0 . 0.25
Với t 3 A(3;1) AD qua A và vuông góc với AB nên có phương trình
( x 3) ( y 1) 0 x y 4 0 .
- Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AB nên có phương trình:
( x 1) ( y 3) 0 x y 4 0 . 0.25
+ D AD BD D(-1:3)
- Đường thẳng DC qua D và song song với AB nên có phương trình :
( x 1) ( y 3) 0 x y 2 0
Vậy: BC : x y 4 0; DC : x y 2 0 ; AD : x y 4 0
0.25
- www.VNMATH.com
8.a 1,0 điểm
A
I(4; 2)
0.25
B H 3 C
M ( ;2)
2
- Gọi (C ) : ( x 4) 2 ( y 2) 2 5 (C ) có tâm I (4; 2) ; bán kính R 5
- Gọi H là trung điểm của BC , tam giác ABC đều I là trọng tâm của tam giác
ABC AI 2 IH
- Gọi n( a; b) ( a 2 b 2 0 ) là véctơ pháp tuyến của đường thẳng AB .
3
- Phương trình đường thẳng BC : a ( x ) b( y 2) 0 .
2 0.25
5a
2 a 2b
Ta có: d ( I , AB ) IH R 5 5a 2 4(a 2 b2 )
2
a b 2
a 2b
- Trường hợp a 2b Phương trình đường thẳng BC : 2 x y 5 0 H (t ;5 2t )
0.25
IH BC t 2 H (2;1) A(8; 4) .
- Trường hợp a 2b Phương trình đường thẳng BC : 2 x y 1 0 H ( s, 2s 1)
IH BC s 2 H (2;3) A(8;0) 0.25
Vậy các điểm A thoả mãn là A(8;0) ; A(8; 4) .
9.a 1,0 điểm
- Đk: n 2, n N *
n! n! n! 0.25
n
- Ta có: An Cn 1 Cn 2 4n 6
2 n
4n 6
(n 2)! (n 2)!(2!) (n 1)!
n 12
n 2 11n 12 0 n 12 (thỏa mãn). 0.25
n 1
12 12 5k
36
- Với n 12 ta có : ( x 3 2 x )12 C12 ( x3 )12 k (2 x )k C12 (2)k x
k k 2
k 0 k 0
0.25
5k
- Hệ số của x16 là C12 ( 2)k trong đó : 36
k
16 k 8
2
Vậy hệ số của x16 là: C12 ( 2)8 126720 .
8
0.25
7.b 1,0 điểm
A(4; -3)
(C)
M
H I
0.25
B (4; 1)
(d): x + 6y = 0
- Giả sử hai tiếp tuyến của ( C ) tại A, B cắt nhau tại M (d ) .
- Phương trình đường thẳng AB là: x 4 .
- www.VNMATH.com
- Gọi I là tâm của đường tròn (C ) ; H là trung điểm AB H (4; 1)
IM AB; IM AB H phương trình của đường thẳng IM là : y 1 0 0.25
M d IM M (6; 1) MA(2; 2)
+ Giả sử I ( a; 1) IA(4 a; 2) 0.25
Mà IA MA 2(4 a) 4 0 a 2
2
Vậy I (2; 1) ; bán kính của (C ) là IA 2 2 (C ) : x 2 ( y 1) 2 8
2
0.25
Vậy đường tròn (C ) có phương trình là x 2 ( y 1)2 8
8.b 1,0 điểm
x2 y 2
Giả sử phương trình của ( E ) là: 1 .( a b 0 )
a2 b2 0.25
Vì độ dài trục lớn bằng 6 nên 2a 6 a 3 .
3 2 18 2 x2 y 2
Vì M ( ; 2) E 2 2 1 b 2 4 E : 1. 0.25
2 4a b 9 4
2 9 3 5
x2 y 2 5 x 5 x
5
+) Giả sử N x; y , ta có hệ phương trình: x 2 y 2 0.25
1 y 2 16 4 5
9 4
5 y 5
3 5 4 5 3 5 4 5 3 5 4 5 3 5 4 5
Vậy có 4 điểm : N ; ; N ; ; N ; ; N .
5 5 5 5 5 5 5 ; 5
0,25
9.b 1,0 điểm
Đk : n 5, n N . Ta có
3 (n 2)! 0.25
An 2 20( n 2) 20(n 2) (n 3)(n 4) 20
(n 5)!
n 8
n2 7n 8 0 n 8 (thỏa mãn) 0.25
n 1
8 8 k 8
1 8 k 1
Với n 8 ta có : x3 C8k x3 . C8k x 24 4 k 0.25
x k 0 x k 0
Số hạng không chứa x ứng với 24 4k 0 k 6 .
0.25
Vậy số hạng không phụ thuộc x là C86 28 .
---------- Hết ----------
nguon tai.lieu . vn
