Nội dung

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) 3x  2 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  , có đồ thị là (C ) . x2 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 1 cho cos   . 17 sin 2 x  cos 2 x  5sin x  cos x  3 Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:  0. 2cos x  3 ( x  y )( xy  y  5)  8 Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 2  x  y  x( y  1)  3 Câu 4 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình: mx  x  3  m  1 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 60o . 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;  ta đều có  2 8 8 2 tan x  cot x  m  64cos 2 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 (C ) : x2  y 2  4 x  6 y 12  0 và điểm M (2; 4 3) . 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 x 4 trong khai triển thành đa thức của biểu thức: (1  x  4 x 2 )10 .  Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình: 3  7  x2  2 x   3 7  x2  2 x 2 x2  2 x 4 2 . B. Theo chương trình Nâng cao x2 y 2   1 và điểm I (1; 1) . Viết phương trình đường thẳng d Câu 7.b (1,0 điểm) Cho elíp ( E ) : 9 4 qua I cắt (E) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm của MN. 2 x  1  3x  2 . x 1 x 1 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. 3 Câu 8.b (1,0 điểm) Tính giới hạn: lim -------------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: D   \{2}. Giới hạn, tiệm cận: 4  4    lim y  lim  3  y  lim  3    3 ; xlim 3 x   x  x2 x2   x  0.25 4  4    lim y  lim  3    ; lim y  lim  3      x 2 x 2  x 2 x 2  x2 x2 Đồ thị có TCĐ: x  2 ; TCN: y  3 . Sự biến thiên: y '   4  0 x  2 , suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng ( x  2)2 0.25 (;2) & (2; ) BBT x y’   2   0.25  3 y  3 Đồ thị: Giao với Oy tại: (0; 1) , giao với 2  Ox tại:  ; 0  3  Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. b 0.25 1,0 điểm Do cos   1  tan   4 . 17 Vì y '( x)  0, x  2 suy ra hệ số góc của d bằng 4 . 0.5 Giả sử tiếp xúc với (C) tại M ( x0 ; y0 ), x0  2. điểm  x0  1 4  4   Với x0  1  y0  1 ; với x0  3  y0  7 2 ( x0  2)  x0  3. 0.25 Vậy có hai phương trình tiếp tuyến d thỏa mãn là: y  4 x  3 và y  4 x  19 . 0.25 y '( x0 )   2 d 1,0 điểm 3  sin 2 x  cos 2 x  5sin x  cos x  3  x    k 2 , k  .  0 (1) Đk: cos x  2 6 2cos x  3 0.25 (1)  sin 2 x  cos 2 x  5sin x  cos x  3  0 0.25  cos x(2sin x  1)  (2sin 2 x  5sin x  2)  0   x   k 2  1 6  (2sin x 1)(cos x  sin x  2)  0  sin x    5 2  x    k 2  6 Kết hợp điều kiện suy ra phương trình có nghiệm x  3 5  k 2 (k  ) . 6 0.25 0.25 1,0 điểm ( x  y )2  ( x  y )( xy  x  5)  8  (I )   2  ( x  y )  ( xy  x)  3 x  y  a Đặt   hệ (I) có dạng:  xy  x  b 0.25 2  a  a(b  5)  8  a 2  a(a 2  2)  8  2  a  b  3 0.25  a3  a 2  2a  8  0  (a  2)(a 2  a  4)  0  a  2  b  1  3   x  2    1   y  x  y   2  a  2  x  y  2  2   2  Với   b  1  xy  x  1  x  3x  1  0 3   x  2   1   y   2   4 5 5 0.25 5 5  3  5 1  5   3  5 1  5  Vậy hệ phương trình có nghiệm  ; ; ;  . 2 2   2 2   1,0 điểm Đk: x  3 Pt tương đương m  x  1  x  3  1  m  Đặt f ( x)  Khi đó: BBT x  3 1 x 1 x  3 1 với x  3 x 1 5 x 2 x 3 5 x 2 x 3 f '( x)  0   0  x 7  2 3 2 2 x  3( x  1) 2 x  3( x  1)2 0.25 0.25 0.25 0.25 x  f’(x) f(x)  72 3 3  0 1 3 4 1 2 0 Từ bảng biến thiên suy ra, để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt thì 1 1 3 . m 2 4 0.25 (Có thể đặt t  5 x  3, t  0 ) 1,0 điểm S K A I B H E O D C Gọi H là trọng tâm của tam giác ABD, I là trung điểm của AB. 0.25   60o ; DH  2 DI  a 5 SH  ( ABCD)  SDH 3 3 a 15 1 1 a 15 2 a3 15  ; VS . ABCD  SH .S ABCD  . (đvtt).  SH  DH .tan SDH  .a  3 3 3 3 9 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) 0.25 0.25  HK  (SBC)  d ( H ; (SBC ))  HK Ta có HE  2 2a 1 1 1 3 9 2a 5 AB      2  2  HK  2 2 2 3 3 HK SH HE 5a 4a 57 AC 3 3 3a 5   d ( A;( SBC ))  d ( H ;( SBC ))  Do HC 2 2 57 6 0.25 1,0 điểm Bất đẳng thức tương đương với  tan x  cot x   8cos 2 x   m  2   tan x  cot x  8cos 2 x  tan x  cot 4 4 4 2 2 4 4 4  x  8cos 2 x  m  2 Xét các hàm số f  x   tan x  cot x  8cos 2 x và g  x   tan x  cot x  8cos 2 x 4   trên  0;  .  2 * Ta có 4 4 0.25 4 0.25 1 1   f /  x   4  tan 3 x  cot 3 x 2   16sin 2 x 2 cos x sin x    4  tan 3 x 1  tan 2 x  cot 3 x 1  cot 2 x   16sin 2 x          4 tan 3 x  cot 3 x  4 tan 5 x  cot 5 x  16sin 2 x     tan 3 x cot 3 x  tan 5 x cot 5 x  16sin 2 x  16 1  sin 2 x   0, x   0;  .  2   Suy ra f  x  đồng biến trên  0;  . Lại có  2 1 1     g /  x   4  tan 3 x  cot 3 x 2   16sin 2 x  0 với x   0;  nên g  x  đồng 2 cos x sin x    2   biến trên  0;   2       * Với x   0;  ta có f  x   f    0, g  x   g    0  f  x  .g  x   0 4 4  4        Với x   ;  ta có f  x   f    0, g  x   g    0  f  x  .g  x   0 4 2 4 4  4.2 7.a    Vậy x   0;  ta đều có f  x  .g  x   0 , dấu bằng xảy ra khi x  nên để bất 4  2   phương trình đúng x   0;  thì m  2  0  m  2 .  2 1,0 điểm 0.25 0.25 A M H I B Phương trình đường thẳng MI: x  2  phương trình AB: y  m Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình x2  4 x  m2  6m  12  0 0.25 (1)  '  m2  6m  16  0  8  m  2  A( x1; m); B( x2 ; m) với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1). 0.25 Gọi H là trung điểm của AB  H (2; m) ; 0.25 AB2  64  4m2  24m ; MH 2  m2  8m 3  48 Để tam giác MAB đều thì: m  0 3 2 2 2 MH  AB  4(m  8m 3  48)  3(4m  24m  64)  0   m  4 3  9 4  2 2 Vậy có hai đường thẳng d thỏa mãn ycbt là: y  0 và y  8.a 1,0 điểm 4 3 9 . 2 0.25 Ta có: (1  x  4 x 2 )10   C10k  4 x 2  10 10  k . 1  x  k 0.25 k 0 10 k   C10k Cki 410k x 202 k i 0.25 k 0 i 0 Cho 20  2k  i  4  2k  i  16 (0  i  k  10) K i 8 0 9 2 0.25 10 4 10 Vậy hệ số của x 4 trong khai triển trên là: 42.C108 .C80  4.C109 .C92  C10 .C104  2370. 9.a 1,0 điểm Chia hai vế cho  2 3 7  Đặt t    2   7.b 0.25 x2 2 x 3 7   2   ta được  x2 2 x 3 7    2   x2 2 x  24 0.25 x2 2 x , t  0 ta được t 2  16t  1  0 0.25 2  3 7  t  8  63    2    Giải ra  2 3 7    t  8  63   2    0.25  x 2  2 x  2  x  1  3. Suy ra  2  x  2 x  2 (vo nghiem) 0.25 1,0 điểm Xét phép đối xứng tâm I (1; 1) : ĐI biến điểm O thành điểm K (2; 2) , biến elíp (E) thành elíp có phương trình ( E ') : (2  x)2 (2  y) 2   1 và biến điểm M thành điểm 9 4 N, N thành M. Do vậy M, N là giao điểm của hai elíp (E) và (E’) suy ra tọa độ hai điểm M, N thỏa 0.5 0.25  x2 y 2  9  4  1 mãn hệ phương trình  2 2  (2  x)  (2  y)  1  9 4 Trừ vế cho vế ta được 4 x  9 y  13  0. Vậy phương trình đường thẳng MN là 4 x  9 y  13  0. Cách khác: Xét đường thẳng x  1 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  : y  k ( x  1)  1. M, N là giao điểm của  và (E), từ điều kiện I là trung điểm MN suy ra k   8.b 0.25 4 , vậy phương trình  : 4 x  9 y  13  0. 9 1,0 điểm Đặt f ( x)  3 2 x  1  3x  2  f (1)  0 f ' 3  2 3 2x 1  2  Ta có: f '(1)  lim x 1 3 2 3 5  f '(1)     3 2 6 2 3x  2 3 f ( x)  f (1) 2 x  1  3x  2 5   lim x 1 x 1 6 x 1 2 x  1  3x  2 5  . x 1 6 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. 1,0 điểm 0.5 0.25 3 Vậy lim x 1 9.b 0.25 Giả sử số viết được là abcde với a, b, c, d , e 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 và a  0. 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. 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 C53 .C52 .5! số. 0.25 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 C42 .C52 .4! 0.25 Từ đó ta có số các số cần tìm là: C53 .C52 .5! C42 .C52 .4!  10560 số. 0.25 ---------- Hết ----------