SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A, A 1 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 2 m  hàm số có dạng 4 2 2 4 3 y 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 ; 9 3 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 0 m   0,25 www.VNMATH.com Tọa độ các điểm cực trị   4 4 2 2 2 0; 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 1 m   . Tọa độ trung điểm của BC là 4 2 0; 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 2 1 1 4 4 0 8 2 m m m m m          2 m    ( thỏa mãn). 0,25 2 1,0 điểm Đk:    cos4 1 sin 2 0 2 k x x k x        0,25 Pt   cos 2 sin 2 sin 2 1 cos 2 x x x x         cos 2 sin 2 1 sin 2 1 0 x 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         3 3 2 (1) 4 1 1 1 2 0 2 2 1 2 1 2 x 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 0 f x f y x y x        Thay vào phương trình (2) ta được 4 2 16 24 8 3 4 3 0 x x x           2 2 16 2 1 4 1 4 5 0 3 4 1 x x x x         0,25       2 16 2 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 0 x  . Xét x = 0 thay vào phương trình không thỏa mãn. Với 0 x  viết lại phương trình:         2 2 4 1 4 2 0 x m x x m x            2 2 4 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 2 t 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 2 t        2 4 1( ) ' 1 ; ' 0 3 1 t l g t g t t t            BBT t 2 3  g’(t)  0 + g(t) 8 7  0,25 Để (1) có nghiệm 0 x  thì (2) có nghiệm 2 t  Từ BBT của g(t) thì cần có 7 m  . 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; 2 SI 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: 3 a b c    Đặt       2 2 2 2 2 2 2 2 2 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                         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 2 2 2 2 6 1 1 1 9 P a b c b c a a c b            0,25       2 2 2 2 1 1 1 2 1 5 25 3 c a b c c c             2 1 2 1 0 c c     đúng 0,25       2 2 2 2 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   1 C có tâm   1;1 I , bán kính 1 1 R  ;   2 C có tâm   3;4 J  , bán kính 2 2 R  0,25 Do 1 2 5 IJ R R        1 2 , C C  rời nhau nên A và B phân biệt 0,25   ; 4 M t t d   2 2 2 2 1 2 4 9 MA MI R t t       ; 2 2 2 2 2 2 6 5 MB MJ R t t      0,25 Tam giác AMB cân tại M 2 2 2 MA MB t     . Vậy   2;6 M . 0,25 8.a 1,0 điểm Số cách chọn 2 số tự nhiên chẵn trong các số đã cho (có cả số 0) 2 4 6 C  Số cách chọn 3 số lẻ trong các số đã cho 3 4 4 C  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 3 4 4 . .5! 2880 C 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 3 3 4 . .4! 288 C C  Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 2880 288 2592   số. 0,5 9.a 1,0 điểm ĐK:  0 1 x x     2 2 (1) log 3 1 log 4 ( 3) 1 4 x x x x x x             (2) 0,25 - Nếu 1 x  ; (2) ( 3)( 1) 4 x x x     1 3 3 x x x          0,25 - Nếu 0 1 x   ; (2) ( 3)(1 ) 4 3 2 3 3 2 3 x x x x x            0,25 Vậy phương trình có 2 nghiệm 3; 3 2 3 x x    0,25 7.b 1,0 điểm Ta có 1 2 d d  . Tam giác IAB vuông tại I và có 2 IA IB  nên  1 cos 5 IAB  hay d tạo với 1 d một góc  với 1 cos 5   0,25 1 d có véc tơ pháp tuyến 1 (1;2) n  , gọi ( ; ) n a b  là véc tơ pháp tuyến của d 1 2 2 1 . 2 1 1 1 cos 5 5 5 5 n n a b n n a b             0,25 2 0 3 4 0 4 3 b b ab a b           0,25 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 0 x  và 3 4 0 x y   0,25 www.VNMATH.com 8.b 1,0 điểm 2 2 2 2 2 2 0 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 2 0 1 cos3 .cos lim x x x x   2 2 2 2 0 0 1 cos 4 1 cos 2 sin 2 sin lim lim 2 x x x x x x x x         0,25 2 2 2 2 2 2 0 0 0 sin 2 sin sin 2 lim lim 1 lim x x x x x x x x x        0,25 2 2 0 sin 2 1 4lim 5 4 x x x     . Vậy 2 2 0 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                     15 8 2 5 n n     0,25 Ta có       5 5 5 3 15 3 15 3 5 5 0 0 0 1 2 1 2 2 k k i k 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 i k i k i k k i C C x          0 5 i k    0,25 15 3 6 3 9 k i k i       Ta có bảng sau k 3 4 5 i 0 3 6 0,25 3, 0 k i    hoặc 4, 3 k i   Vậy     0 3 3 0 4 3 6 5 3 5 4 . . 2 . . 2 150. a C C C C      0,25 Hết www.VNMATH.com . SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2 013 -2 014 Môn: TOÁN; Khối A, A 1 I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình.     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         3 3 2 (1) 4 1 1 1 2 0 2 2 1 2 1 2 x x y y x x. 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 ''