Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, BC; biết góc giữa MN với mpABC bằng 600.Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AC, MN theo a.. PHẦN RIÊNG 3
Trang 1TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề gồm 01 trang
ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI LẦN 1
Năm học: 2013 - 2014
Môn: Toán - Khối A, A1 Thời gian làm bài: 150 phút
-******* -
A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 4
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 m để đường thẳng d y: 2xm cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho 15
4
IAB
S với I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C)
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sau: 2
3cosx 2 3 cosx1 cot x
4 8 4 12 5 4 13 18 9 1
4 8 4 2 1 2 7 2 0 2
, x, y
Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình sau: log2 2x 7 2 log 2 x 1 log2 x 3 2
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, BA = a Tam giác SAC cân
tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mp(ABC) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, BC; biết
góc giữa MN với mp(ABC) bằng 600.Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường
thẳng chéo nhau AC, MN theo a.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho a b c , , 0 thỏa mãn 4 4 4 2 2 2
3 a b c 7 a b c 120 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trình chuẩn
Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho 2 đường thẳng 1: 2x11y70 và
2: 2x 3y 4 0
Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm M8; 14 cắt hai đường thẳng 1 và
2
lần lượt tại A, B sao cho 2AM3MB 0
Câu 8a (1,0 điểm) Một hộp có 7 viên bi màu đỏ, 5 viên bi màu xanh và 6 viên bị màu vàng Lấy ngẫu
nhiên trong hộp ra 4 viên bi Tính xác suất để 4 viên bi lấy ra có đủ 3 mầu
Câu 9a (1,0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa 1
x trong khai triển 2
3
3 2
n
x x
thành đa thức Biết rằng
n là một số nguyên dương thỏa mãn 3 3 2 1
C C C C
2 Theo chương trình nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng
d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của
cạnh AC là M(1; 1) Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C
Câu 8b (1,0 điểm) Từ các chữ số 0; 1; 2; …; 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm năm chữ
số khác nhau đôi một và chữ số chính giữa luôn là 2
Câu 9b (1,0 điểm) Tìm các giá trị x, biết trong khai triển Newton x n
x
5 lg(10 3 ) ( 2)lg3
2 2 số hạng thứ
6 bằng 21 và C n1C n32C n2.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài
Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh: Số báo danh:
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM Ơ
Lưu ý:
Dưới đây chỉ là hướng dẫn chấm và sơ lược các bước giải, trong bài làm của học sinh phải yêu cầu trình bày chi tiết, lập luận chặt chẽ, không được dùng bút xóa và không được viết tắt
Các đồng chí chấm đúng và đủ điểm cho học sinh để bài thi còn trả lại học sinh
Các cách làm khác nếu đúng, các đồng chí vận dụng cách cho điểm trong hướng dẫn chấm để chấm cho học sinh
A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
1
a
+ Tập xác định: DR\ 1
+ Sự biến thiên
lim 2
y 2 là tiệm cận ngang của đồ thị (C)
1
lim
x y
,
1
lim
x y
x 1 là tiệm cận ngang của đồ thị (C) + Ta có
2
1
x
Bảng biến thiên
+ Kết luận:
- Hàm số đồng biến trên ;1 và 1;
- Hàm số không có cực trị
+ Đồ thị: Vẽ đúng dạng, đẹp
0.25
0.25
0.25
0.25
b
+ Xét phương trình hoành độ giao điểm
2
1
2 4
2
1
x x
x
Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm A, B phân biệt
(1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
2
16 0 4
* 4
m m
m
+ Khi đó, A x A; 2x Am B x ; B; 2x Bm với x x A; B là nghiệm của (1)
Áp dụng định lí Viet ta có:
4 2 4 2
A B
m
m
x x
+ Theo giả thiết, ta có
15
AIB
m
20 x A x B m 1125 4 x A x B 4x x A B.m 1125
2 2
2 2
2
25 9 25 5 5
m
m
m
m
m
Vậy m 5 là giá trị cần tìm
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 32
+ Điều kiện: sinx0xk ,kZ Khi đó phương trình
2 2 2 2 2
2
2
cos 3cos 2 3 cos 1
sin cos 3cos 2 3 cos 1
1 cos cos
3cos 2 3
1 cos 3cos 2 1 cos 3cos
6cos cos 2 0
1 cos
2 2 cos
3
x
x x
x x
x
x
x x
Với
2
cos
2
2 3
x
Với
2
3 2
cos
3
x
Kết luận:…
0.25
0.25
0.25
3
Điều kiện: 1
2
x
3
8 2 1 3 2 1 4 12 13 5
Từ 3 y 1 0 y 1
Xét hàm số 3
4
f t t t trên D 0;
Ta có 2
' 12 1 0,
f t t t D Suy ra 3
4
f t t t đồng biến trên D Khi đó:
2
Thay vào 2 ta có
2
2
0 1 2 3
y y y y
So sánh với điều kiện y 1 Ta có 0
1
y y
Với y 0 ta có x 1
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 4Với y 1 ta có 1
2
x
Kết luận:…
4
Điều kiện:
1 7 2
x x
Khi đó phương trình tương đương với
2log 2 7 2log 1 2 log 3
2 7 1 3 *
Trường hợp 1: Nếu 2 7 0 7
2
x x thì
* x 2x 3 2x7x 40 Phương trình vô nghiệm
Trường hợp 2: Nếu 2 7 0 7
2
x x thì
2
x 4 10 0
2 14
2 14
x x x
Kết hợp điều kiện 7
2
x và
1 7 2
x x
ta có x 2 14 là nghiệm của PT đã cho
0.25
0.25
0.25
0.25
5
N
M
I
B
S
H
J K
Gọi I là trung điểm AC, do SAC cân tại S nên SI (ABC) Gọi H là trung điểm AI
suy ra MH//SI MH (ABC), do đó (MN,(ABC)) = MNH= 600 Ta
có
2
2
ABC
a
S
Xét HCN có:
2
NC HC NH HC NC HC NC c ;
10 4
a
NH
Trong MHN c MH NH a SI MH a
3
V SI S a
Goi J là trung điểm AB, K là hình chiếu vuông góc của H lên MJ tức là HK MJ
(1)
0.25
0.25
Trang 5Ta có
1 , 4
JN BI m BI HJ JN HJ
SI MH m SI JN JN MH
HK MNJ
d AC MN d HAC MN d H MJN HK
=
MH HJ
MH HJ =
16
a
0.25
0.25
6
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
Tương tự ta cũng có
Khi đó
Theo Cosi, ta có
a cb ac b a b c (**)
Từ (*) và (**) suy ra
Đặt 2 2 2
3
t a b c , từ giả thiết ta có:
2
2
Do đó
9 27
P t t Xét hàm số 2 2 1 3
9 27
f t t t trên D3; 12
Lập bảng biến thiến của hàm số 2 2 1 3
9 27
f t t t trên D3; 12
ta được
D f t f Suy ra P 1
Vậy MinP 1 đạt được khi abc1
0.25
0.25
0.25
0.25
B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trình chuẩn
7a
A A aMA a
B A bMB b
Theo giả thiết, ta có 3MB2 AM 0 3MB2MA
0.25
0.25
Trang 69 60
11 23 2
3 42 2 28
b
a
Khi đó A2;1 , B4; 4
Ta có AB 2; 5
là 1 vecto chỉ phương của AB
AB được xác định
2;1 2; 5
qua A vtcp AB
AB có phương trình tham số 2 2
1 5
0.25
0.25
8a
+ Số phần tử của không gian mẫu 4
+ Gọi biến cố A = “Bốn viên bi lấy ra có đủ 3 mầu”
Số các cách chọn thuận lợi cho biến cố A là 2 1 1 1 2 1 1 1 2
n A C C C C C C C C C Xác suất của biến cố A là
1575 35
0.515
3060 68
n A
P A
n
0.25
0.5
0.25
9a
Điều kiện: nN n, 3
Ta có
!
3! 3 ! 3 !2! 2 !1! 2 !1!
n
11 12 0
1
n
n
Vậy n 12
12
k k
Số hạng chứa 1
x trong khai triển ứng với 24 5 k 1 k5 Vậy hệ số của số hạng chứa 1
x là 5 5 7 5
12
1 C 2 3 24634368
0.25
0.25
0.25 0.25
2 Theo chương trình nâng cao
7b
Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có phương trình: y x
Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ :
x
y x
y
2
3
Vì M là trung điểm của AC nên C 8 8;
3 3
Vì BC đi qua C và song song với d nên BC có phương trình: x
y 2 4
x y
x
y y
3 0
4
1 2
4
0.25
0.25
0.25
0.25
8b
+ Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau đôi một là ab de2
Do ab de2 là số chẵn nên e0; 4; 6;8
+ Trường hợp 1: Nếu e 0 thì
a có 8 cách chọn
b có 7 cách chọn
d có 6 cách chọn
e có 1 cách chọn
Theo qui tắc nhân ta có: 8.7.6.1 = 336 số
+ Trường hợp 2: Nếu e4;6;8 thì
a có 7 cách chọn
b có 7 cách chọn
0.25
0.25
Trang 7d có 6 cách chọn
e có 3 cách chọn
Theo qui tắc nhân ta có: 7.7.6.3 = 882 số
Vậy có 336 + 882 = 1218 số
0.25
0.25
9b
+ Phương trình C n1C n3 2C n2 n n( 29n14) 0 n7
+ Số hạng thứ 6 trong khai triển x
x
7 5
lg(10 3 ) ( 2)lg3
2 2 là:
x C
5
5 lg(10 3 ) ( 2) lg3
+ Ta có:
C75.2lg(10 3 ) 2( 2)lg321
lg(10 3 ) ( 2) lg3
2 1
lg(10 3 ) ( x x2) lg 3 0
(10 3 ).3 x x 2 1 32x10.3x 9 0 x0; x2
+ KÕt luËn:…
0.25
0.25
0.25
0.25
