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
Trang 1SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
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
- 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:
Với m 2 hàm số có dạng y2x44x23
TXĐ: D
Giới hạn: lim ; lim
0,25
1
x
x
BBT
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 đại0;3 , cực tiểu 1;1 , 1;1
0,25
a
Điểm uốn: '' 24 2 8; '' 0 1
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:
2
0
(*) 4
x
x
0,25
b
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0m 0 0,25
Trang 2Tọa độ các điểm cực trị 0; 2 1 , ; 4 2 1 , ; 4 2 1
A m B m C m
Dễ thấy A Oy còn B, C đối xứng nhau qua OA và O khác A khi m 1
Tọa độ trung điểm của BC là
4 2
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
Đk: cos 4sin 2 01
2
k x
x
Ptcos 2xsin 2xsin 2x 1 cos 2x cos 2xsin 2x1 sin 2 x1 0
sin 2 1
1 sin 2
x
x
0,25
+) sin 2 1
4
+)
( ) 1
sin 2
4
x k l x
Vậy phương trình có nghiệm
k
0,25
Đk:
1 2 3 4
y x
0,25
(1) 4x 1 x y1 1 2 y0 2x 2x 1 2 y 1 2 y
Xét hàm số f t( )t3t trên , f t'( )3t2 1 0 t
0,25
(1) có dạng f 2x f 1 2 y2x 1 2 yx 0
Thay vào phương trình (2) ta được
16x 24x 8 3 4 x 3 0 2 2 16 2 1
x
x
0,25
2 16
x
1 2
x
4
x
2
x y Vậy hệ phương trình có nghiệm 1; 0
2
0,25
Điều kiện x 0 Xét x = 0 thay vào phương trình không thỏa mãn
Với x 0viết lại phương trình: 2 2
x m x x m x
0,25
Trang 3Đặt
2
4 2
x t
x
Từ phương trình (1) ta có: 2
t m tm
2
2 1
t t
t
0,25
Xét hàm số
2
2 1
t t
g t
t
với t 2
2
3 1
t t
BBT
g(t)
8
7
0,25
Để (1) có nghiệm x thì (2) có nghiệm 0 t 2
F
E
I
K
D
A S
Goi E là trung điểm của CD, suy ra ABIE Lại có ABSI ABSEI, do đó
ABCD(SIE) Trong tam giác SEI kẻ đường cao SH SH ABCD 0,25
SI a IE aSE (do tam giác SEI vuông tại S) a 3
2
a SH
Vậy
3
S ABCD ABCD
a
0,25
EH SE SH OH EH OI Qua O kẻ OF/ /BC F( BC)
, ,
d SO AB d AB SOF
d I SOF , 2d H SOF ,
0,25
Kẻ HK vuông góc với SO tại K HK SOF , 2 3
2
a
d SO AB HK
Không mất tổng quát, giả sử: a b c 3
P
P
0,25
Trang 4 2 2 2 2 2 2
9
P
2 2 2 2
1
5 25
a b c c c 2
2 2 2 2 2 2
9
P
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ab c
0,25
7.a 1,0 điểm
C có tâm 1 I 1;1 , bán kính R ; 1 1 C2 có tâm J 3; 4, bán kính R 2 2 0,25
Do IJ 5R1R2 C1 , C2 rời nhau nên A và B phân biệt 0,25
; 4
M t t d MA2MI2R12 2t24t ; 9 MB2MJ2R222t26t 5 0,25
Tam giác AMB cân tại M MA2 MB2 t 2 Vậy M2; 6 0,25 8.a 1,0 điểm
Số cách chọn 2 số tự nhiên chẵn trong các số đã cho (có cả số 0) C 42 6
Số cách chọn 3 số lẻ trong các số đã cho 3
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
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
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
(1)log x3 x 1 log 4x(x3)x 1 4x (2)
0,25
- Nếu x 1; (2)(x3)(x1)4x 1 3
3
x
x x
- Nếu 0x1; (2)(x3)(1x)4xx 3 2 3x 3 2 3 0,25
7.b 1,0 điểm
Ta có d1d2 Tam giác IAB vuông tại I và có 2IAIB nên 1
cos
5
IAB hay
d tạo với d1 một góc với cos 1
5
0,25
1
d có véc tơ pháp tuyến n1(1; 2)
, gọi n a b( ; )
là véc tơ pháp tuyến của d
1
1
cos
b
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: x 0 và 3x4y0 0,25
Trang 58.b 1,0 điểm
2 0
1 cos 3 cos lim
x
x
1 cos 4 1 cos 2 sin 2 sin
2
0,25
2 2 0
sin 2
4
x
x x
2
2 0
cos 3 cos
x x
x
9.b 1,0 điểm
Cho
3
n
n n a
a a
x a
15
Ta có
k
k
5
15 3 5
0 0
2
k
i
k
k i
0,25
15 3 k i 63k i 9
Ta có bảng sau
k 3 4 5
i 0 3 6
0,25
3, 0
hoặc k4,i3
Vậy 3 0 0 4 3 3
-Hết -
