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   : m d 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 (2tan 1)cos 2 cos2 x x x    . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 4 2 2 2 3 2 2 3 2 2 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 2 m 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    ; 2 AB a  ; cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( ) ABCD ; SC tạo với mặt phẳng ( ) ABCD một góc bằng 0 60 . 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 1 x 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 2 AB  , điểm A có hoành độ âm. Đường thẳng AB có phương trình 2 0 x y    , đường thẳng BD có phương trình 3 0 x 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) 5 x 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 6 n n n n n A C C n       . Tìm hệ số của 16 x trong khai triển nhị thức Niu-tơn   3 2 n x x  (với 0 x  ). 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 0 d 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 5 ON  . Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn 3 2 20( 2) n A n    . Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn 3 1 n x x        (với 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 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:   \ 1 D 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: 1 x  . lim 1;lim 1 x x y y      đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng 1 y  ; 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 ( ) m d và ( ) C là: 2 2 0 x mx m     (1) ( 1 x  ). 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 ( ) m d cắt ( ) C tại hai điểm phân biệt với m  . 0,25 Gọi các giao điểm của ( ) m d và ( ) C là: ( ; ); ( ; ) A B B B A x y B x y với A x ; B x là các nghiệm của phương trình (1) . Theo Viet có: 2 A B A B x x m; x x m     . Ta có    2 2 2 2 2 2( ) 2 ( ) 4 . 2 4( 2) 2 ( 2) 4 8 A B A B A B AB x x x x x x m m m                   0,25 www.VNMATH.com Vậy AB nhỏ nhất bằng 2 2 đạt được khi 2 m  . 0,25 2 1,0 điểm Điều kiện: cos 0 ( ) 2 x x k k         Ta có:   2 2 2 2 (2tan 1)cos 2 cos2 3 cos 2 2cos 1 cos x x x x x x               0,25 3 2 2cos 3cos 3cos 2 0 x x x      Đặt   cos ; 0, 1;1 t 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 2 t  (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 )( ) 0 x y x y      0.25 2 0 1 x y x y         Trường hợp 0 x y   thế vào (2) không thoả mãn. 0.25 Trường hợp 2 1 x y   thế vào phương trình (2):   3 2 3 2 1 0 3 y 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) 0 f  Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất 1 y  0.25 Với 2 1 2 2 y 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 2 x 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 2 2 x 2 '( ) 0 0 2 x 2 0 2 x 2 x 2 1 x f x x                     1 x lim f ( x )    ; 1 x lim f ( x )   - Bảng biến thiên: 0 0 1 2 - 2 -1 _ + _ +  2 - 2 -  f(x) f'(x) x 0.25 - Từ bảng biến thiên ta được     2; 1 1; 2 m    thỏa mãn. 0.25 5 1,0 điểm - Vì BC CD DA a    ; 2 AB a  nên AB là đáy lớn; D C là đáy nhỏ của hình thang ABCD . Gọi O là trung điểm của AB . - Ta có các tứ giác D AOC ; D OBC là các hình thoi và các tam giác D AO ; DC O ; OCB là các tam giác đều cạnh a  O là tâm đường tròn ngoại tiếp D ABC . - Ta có: 2 2 3 3 3 3 3. 4 4 ABCD AOD a a S S   (đvdt). 0.25 - Trong hình thoi D AOC , ta có: 3 AC a  - Trong tam giác vuông SAC có góc  0 60 SCA   0 .tan60 3. 3 3a SA AC a     2 3 . 1 1 3a 3 3a 3 . . .3a. 3 3 4 4 S ABCD ABCD V SA S   (đvtt) 0.25 - Gọi I là trung điểm của SB  O//SA I  đường thẳng O I là trục của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy nên D IA IB IC I    . - Mặt khác tam giác SAB vuông tại đỉnh A  IS IA IB    IS D IA 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 2 9a 4a 13 IS 2 2 2 2 SB SA AB a R IA IB          . - Diện tích của mặt cầu đó là: 2 2 2 13a 4 4 13 4 R a      (đvdt) 0.25 6 1,0 điểm - Đặt 0 ;     t t z y x - Ta có:     1 2 1 2 2222 2      t tzyxzyx zxyzxy Lại có:       0 222  xzzyyx nên     222 2 3 zyxzyx  0.25 www.VNMATH.com 33 2  tt . - Khi đó: t tT 1 1 2  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 + 3 1 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 B A - Ta có: (1; 3) B AB BD B     + ( ; 2); ( 0) A AB A t t t      - Ta có 2 2 4 2 ( 1) ( 1) 32 BA t t        0.25 2 3 ( 1) 16 5 t t t           Với 5 t  loại vì 0 t  . Với 3 ( 3;1) t A AD      qua A và vuông góc với AB nên có phương trình ( 3) ( 1) 0 x y      4 0 x y    . 0.25 - Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AB nên có phương trình: ( 1) ( 3) 0 4 0 x 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 0 x y x y         Vậy: : 4 0; BC x y    : 2 0 DC x y    ; : 4 0 AD x y    0.25 www.VNMATH.com 8.a 1,0 điểm M ( 3 2 ;2) I(4; 2) H C B A - Gọi 2 2 ( ) : ( 4) ( 2) 5 C x y     ( ) C  có tâm (4;2) I ; bán kính 5 R  - Gọi H là trung điểm của BC , tam giác ABC đều  I là trọng tâm của tam giác ABC 2 AI IH     0.25 - Gọi ( ; ) n a b  (   2 2 0 a 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 2 5 4( ) 2 a b a a b a b           0.25 - Trường hợp 2 a 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 2 a 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 12 n  ta có : 5 12 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 16 x là 12 ( 2) k k C  trong đó : 5 36 16 8 2 k k     0.25 Vậy hệ số của 16 x là: 8 8 12 ( 2) 126720 C   . 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: 4 x  . 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 0 y   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 2 IA MA a a         0.25 Vậy (2; 1) I  ; bán kính của ( ) C là 2 2 IA   ( ) C :   2 2 2 ( 1) 8 x y     Vậy đường tròn ( ) C có phương trình là   2 2 2 ( 1) 8 x y     0.25 8.b 1,0 điểm Giả sử phương trình của ( ) E là: 2 2 2 2 1 x y a b   .( 0 a b   ) Vì độ dài trục lớn bằng 6 nên 2 6 3 a a    . 0.25 Vì   2 2 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 16 1 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) n A 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 8 n  ta có   8 8 8 8 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 6 k k     . Vậy số hạng không phụ thuộc x là 6 8 28 C  . 0.25 Hết www.VNMATH.com . SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2 013 -2 014 Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 18 0 phút, không kể thời gian phát đề . (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