SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1 ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 32 2 x y x    , có đồ thị là ()C . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C), biết tiếp tuyến d tạo với trục Ox một góc  sao cho 1 cos 17   . Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: sin2 cos2 5sin cos 3 0 2cos 3 x x x x x       . Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 22 ( )( 5) 8 ( 1) 3 x y xy y x y x y             Câu 4 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình: 3 1 mx x m    có hai nghiệm thực phân biệt. Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD. Cạnh SD tạo với đáy (ABCD) một góc bằng 60 o . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A tới mặt phẳng (SBC) theo a. Câu 6 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của m để với mọi x thuộc 0; 2     ta đều có 8 8 2 tan cot 64cos 2x x m x   . 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) Cho đường tròn 22 ( ): 4 6 12 0C x y x y     và điểm (2; 4 3)M . Viết phương trình đường thẳng d cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho tam giác MAB đều. Câu 8.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của 4 x trong khai triển thành đa thức của biểu thức: 2 10 (1 4 )xx . Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình:     2 22 2 22 4 2 3 7 3 7 2 xx x x x x        . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Cho elíp 22 ( ): 1 94 xy E  và điểm (1;1)I . Viết phương trình đường thẳng d qua I cắt (E) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm của MN. Câu 8.b (1,0 điểm) Tính giới hạn: 3 1 2 1 3 2 lim 1 x xx x      . Câu 9.b (1,0 điểm) Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số đó luôn có mặt hai chữ số lẻ và ba chữ số chẵn. Hết Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh………………. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM 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. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào 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: \{2}.D   Giới hạn, tiệm cận: 4 lim lim 3 3 2 xx y x          ; 4 lim lim 3 3 2 xx y x          22 4 lim lim 3 2 xx y x           ; 22 4 lim lim 3 2 xx y x           Đồ thị có TCĐ: 2x  ; TCN: 3y  . 0.25 Sự biến thiên: 2 4 ' 0 2 ( 2) yx x       , suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;2)&(2; )  0.25 BBT x  2  y’   y 3   3 0.25 Đồ thị: Giao với Oy tại: (0; 1) , giao với Ox tại: 2 ;0 3    Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0.25 b 1,0 điểm Do 1 cos tan 4 17      . Vì '( ) 0, 2y x x   suy ra hệ số góc của d bằng 4 . 0.5 Giả sử d tiếp xúc với (C) tại điểm 0 0 0 ( ; ), 2.M x y x  0 0 2 0 0 1 4 '( ) 4 3. ( 2) x yx x x            Với 00 11xy    ; với 00 37xy   0.25 Vậy có hai phương trình tiếp tuyến d thỏa mãn là: 43yx   và 4 19yx   . 0.25 2 1,0 điểm sin2 cos2 5sin cos 3 0 (1) 2cos 3 x x x x x       Đk: 3 cos 2 , . 26 x x k k        0.25 (1) sin2 cos2 5sin cos 3 0x x x x      2 cos (2sin 1) (2sin 5sin 2) 0x x x x      0.25 (2sin 1)(cos sin 2) 0x x x     2 1 6 sin 5 2 2 6 xk x xk                0.25 Kết hợp điều kiện suy ra phương trình có nghiệm 5 2 ( ) 6 x k k      . 0.25 3 1,0 điểm 2 2 ( ) ( )( 5) 8 () ( ) ( ) 3 x y x y xy x I x y xy x                  0.25 Đặt x y a xy x b       hệ (I) có dạng: 2 2 ( 5) 8 3 a a b ab           22 ( 2) 8a a a     32 2 8 0a a a     2 ( 2)( 4) 0 2 1a a a a b          0.25 Với 2 2 22 11 3 1 0 xy a x y b xy x xx                       35 2 15 2 35 2 15 2 x y x y                                     0.25 Vậy hệ phương trình có nghiệm 3 5 1 5 3 5 1 5 ; ; ; 2 2 2 2                         . 0.25 4 1,0 điểm Đk: 3x  Pt tương đương   31 1 3 1 1 x m x x m x         0.25 Đặt 31 () 1 x fx x    với 3x  Khi đó: 2 5 2 3 '( ) 0 2 3( 1) xx fx xx      2 5 2 3 0 7 2 3 2 3( 1) xx x xx          0.25 BBT 0.25 x 3 7 2 3  f’(x)  0  f(x) 1 2 13 4  0 Từ bảng biến thiên suy ra, để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt thì 1 1 3 24 m   . (Có thể đặt 3, 0t x t   ) 0.25 5 1,0 điểm Gọi H là trọng tâm của tam giác ABD, I là trung điểm của AB.  25 ( ) 60 ; 33 o a SH ABCD SDH DH DI     0.25  15 .tan 3 a SH DH SDH   ; 3 2 . 1 1 15 15 . . . 3 3 3 9 S ABCD ABCD aa V SH S a   (đvtt). 0.25 Từ H kẻ đường thẳng vuông góc với BC và cắt BC tại E. Trong tam giác SHE kẻ đường cao HK. Do ( ) ( )SH ABCD SH BC BC SHE     ( ) ( ; ( ))HK SBC d H SBC HK    0.25 Ta có 22 33 a HE AB 2 2 2 2 2 1 1 1 3 9 54HK SH HE a a      25 57 a HK Do 3 3 3 5 ( ;( )) ( ;( )) 22 57 AC a d A SBC d H SBC HC     0.25 6 1,0 điểm Bất đẳng thức tương đương với        2 2 44 4 4 4 4 tan cot 8cos2 2 tan cot 8cos2 tan cot 8cos2 2 x x x m x x x x x x m            Xét các hàm số   44 tan cot 8cos2f x x x x   và   44 tan cot 8cos2g x x x x   trên 0; 2     . 0.25 * Ta có 0.25 E I K S O D C B A H               / 3 3 22 3 2 3 2 3 3 5 5 3 3 5 5 11 4 tan cot 16sin 2 cos sin 4 tan 1 tan cot 1 cot 16sin 2 4 tan cot 4 tan cot 16sin2 4.2 tan cot tan cot 16sin 2 16 1 sin 2 0, 0; . 2 f x x x x xx x x x x x x x x x x x x x x x x x                               Suy ra   fx đồng biến trên 0; 2     . Lại có   / 3 3 22 11 4 tan cot 16sin2 0 cos sin g x x x x xx        với 0; 2 x      nên   gx đồng biến trên 0; 2     * Với 0; 4 x       ta có         0, 0 . 0 44 f x f g x g f x g x                    Với ; 42 x       ta có         0, 0 . 0 44 f x f g x g f x g x                    0.25 Vậy 0; 2 x      ta đều có     .0f x g x  , dấu bằng xảy ra khi 4 x   nên để bất phương trình đúng 0; 2 x      thì 2 0 2mm    . 0.25 7.a 1,0 điểm Phương trình đường thẳng MI: 2x   phương trình AB: ym 0.25 Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình 22 4 6 12 0 (1)x x m m     2 ' 6 16 0 8 2m m m          12 ( ; ); ( ; )A x m B x m với 12 ,xx là hai nghiệm của phương trình (1). 0.25 Gọi H là trung điểm của AB (2; )Hm ; 22 64 4 24AB m m   ; 22 8 3 48MH m m   0.25 Để tam giác MAB đều thì: 2 2 2 2 3 4( 8 3 48) 3(4 24 64) 0 4 MH AB m m m m        0 4 3 9 2 m m          Vậy có hai đường thẳng d thỏa mãn ycbt là: 0y  và 4 3 9 2 y   . 0.25 8.a 1,0 điểm H B A I M Ta có:     10 10 2 10 2 10 0 (1 4 ) 4 . 1 k k k k x x C x x        0.25 10 10 20 2 10 00 4 k k i k k i k ki C C x       0.25 Cho 20 2 4 2 16 (0 10)k i k i i k         K 8 9 10 i 0 2 4 0.25 Vậy hệ số của 4 x trong khai triển trên là: 2 8 0 9 2 10 4 10 8 10 9 10 10 4 . . 4. . . 2370.C C C C C C   0.25 9.a 1,0 điểm Chia hai vế cho   2 2 2 xx ta được 22 22 4 3 7 3 7 2 22 x x x x               0.25 Đặt 2 2 37 ,0 2 xx tt       ta được 2 16 1 0tt   0.25 Giải ra 2 2 37 8 63 2 37 8 63 2 t t                        0.25 Suy ra 2 2 2 2 1 3. 2 2 (vo nghiem) x x x xx              0.25 7.b 1,0 điểm Xét phép đối xứng tâm (1;1)I : Đ I biến điểm O thành điểm (2; 2)K , biến elíp (E) thành elíp có phương trình 22 (2 ) (2 ) ( '): 1 94 xy E   và biến điểm M thành điểm N, N thành M. 0.5 Do vậy M, N là giao điểm của hai elíp (E) và (E’) suy ra tọa độ hai điểm M, N thỏa 0.25 mãn hệ phương trình 22 22 1 94 (2 ) (2 ) 1 94 xy xy           Trừ vế cho vế ta được 4 9 13 0.xy   Vậy phương trình đường thẳng MN là 4 9 13 0.xy   Cách khác: Xét đường thẳng 1x  qua I cắt (E) tại hai điểm phân biệt, không thỏa mãn ycbt. Gọi  là đường thẳng qua I có hệ số góc k. Suy ra phương trình của : ( 1) 1y k x    . M, N là giao điểm của  và (E), từ điều kiện I là trung điểm MN suy ra 4 9 k  , vậy phương trình  : 4 9 13 0.xy   0.25 8.b 1,0 điểm Đặt 3 ( ) 2 1 3 2 (1) 0f x x x f        2 3 2 3 2 3 5 ' '(1) 3 2 6 2 3 2 3 2 1 ff x x          0.5 Ta có: 1 ( ) (1) '(1) lim 1 x f x f f x     3 1 2 1 3 2 5 lim 16 x xx x       0.25 Vậy 3 1 2 1 3 2 5 lim . 16 x xx x       Cách khác: Có thể thêm, bớt 1 vào tử số, tách thành hai giới hạn rồi nhân với biểu thức liên hợp của tử số. 0.25 9.b 1,0 điểm Giả sử số viết được là abcde với   , , , , 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9a b c d e và 0.a  Trước hết ta đếm các số dạng abcde có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ phân biệt tính cả trường hợp a = 0. 0.25 Khi đó ta chọn ra 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ phân biệt rồi hoán vị các chữ số đó, ta có 32 55 . .5!CC số. 0.25 Tiếp theo ta xét các số có dạng 0bcde với 2 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ phân biệt. Khi đó ta chọn ra 2 chữ số chẵn (khác 0) và 2 chữ số lẻ rồi hoán vị vào các vị trí b, c, d, e. Ta có 22 45 . .4!CC 0.25 Từ đó ta có số các số cần tìm là: 3 2 2 2 5 5 4 5 . .5! . .4! 10560C C C C số. 0.25 Hết . SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1 ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT. sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh………………. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN - KHỐI A, A1 ——————————— I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm. SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 32 2 x y x    , có đồ thị là ()C . a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị