Khảo sát chất lượng môn toán - chuyên vĩnh phúc

1 2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m¹ sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại giao điểm của nó với 0 trục tung tạo với hai trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 4.. Hãy tính thể tíc

Môn: Toán 12. Khối A, A1, B. 

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 

A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm) 

y=mx -( 2m 1 )x+ +m 1 +  ( Cm ). 

1)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi  m=   1

2)  Tìm tất cả các giá trị của tham số  m¹  sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại giao điểm của nó với 0

trục tung tạo với hai trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 4. 

Câu 2 (1,25 điểm) Giải phương trình:

3 1- 3 cos 2x+3 1+ 3 sin 2x=8 sin x cos x+ 3 sin x cos x+ - - 3 3 3 . 

Câu 3. (1,25 điểm)  Giải hệ phương trình: ( ) 

5 y 1 x y 1

ì

ï

Î

í

î

¡   

Câu 4 (1,0 điểm) Tính giới hạn  : 

x 2 

x 6 7 x 2 

L lim 

x 2

®

=

- 

Câu 5. (1,0 điểm). Cho hình chóp  S ABCD  có đáy là hình vuông với cạnh  2a , mặt bên ( SAB ) nằm 

trong mặt phẳng vuông góc với mặt  phẳng ( ABCD ) và  SA=a ,SB= a 3 . 

Hãy tính thể tích của hình chóp  S ABCD  và khoảng cách giữa hai đường thẳng  AC  và  SB  theo  a  

Câu 6. (1,0 điểm). Xét các số thực dương  a b c  thoả mãn  , ,  ab bc+ +ca= 7  abc . Tìm giá trị nhỏ  nhất 

của biểu thức: 

P 

B. PHẦN RIÊNG (2,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 

1.Theo chương trình Chuẩn 

Câu 7A. (1,0 điểm)  Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ  Oxy , cho hình bình hành ABCD  có A 2;0 ( ) 

( ) 

, B 3;0  và diện tích bằng  4  Biết rằng  giao điểm của hai đường chéo  AC  và  BD  nằm trên đường 

thẳng  y= x , hãy tìm toạ độ  của các đỉnh  C ,D. 

Câu 8A (1,0điểm).  Tính tổng :  2 1 2 2 2 3 2 2013 

S =1 C +2 C +3 C +L + 2013 C

2.Theo chương trình nâng cao. 

Câu 7B (2,0 điểm) .Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác  ABC  có đường cao kẻ từ  B  và 

phân giác trong kẻ từ  A  lần lượt có phương trình :  3x 4 y 10+ + = 0 và  x-y 1 0 + =   Biết rằng điểm

( ) 

M 0; 2  nằm trên đường thẳng  AB  và  MC=  2 , tìm toạ độ các đỉnh của tam giác. 

Câu 8 B (1,0 điểm).  Tính tổng : 

2013 2013 2013 2013 

2 

S 

­­­­­­­­­­ HẾT ­­­­­­­­­­ 

Đề chính thức 

(Đề thi gồm 01 trang)

Hướng dẫn chung. 

­  Mỗi một bài toán có thể có nhiều cách giải, trong HDC này chỉ trình bày sơ lược một cách  giải. Học sinh có thể giải theo nhiều cách khác nhau, nếu đủ ý và cho kết quả đúng, giám khảo  vẫn cho điểm tối đa của phần đó. 

­  Câu  (Hình học không gian), nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình chính của bài toán,  thì không cho điểm; câu  (Hình học giải tích) không nhất thiết phải vẽ hình. 

­  Điểm toàn bài chấm chi tiết đến 0.25, không làm tròn. 

­  HDC này có 04  trang. 

m= = - x +  + TXĐ: ¡ 

+ Sự biến thiên: y¢=3x2 - =3 3( x-1)( x+1 ,) y¢ =0Ûx = ± 1 

0.25 

y¢ > Ûx< - Úx >  suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥ -; 1 , 1; ) ( +¥  ; ) 

y¢ < Û - <x <  suy ra hàm số nghịch biến trên ( - 1;1 ) 

Hàm số đạt cực đại tại x= -1,y cd =y ( ) -1 = 4; hàm số đạt cực tiểu tại x=1,y ct =y ( ) 1 = 0. 

0.25 

y 

y' 

x 

0 

∞ 

+  + 

+∞ 

∞ 

0 

0 

1 

1 

0.25 

+ Đồ thị 

0. 50 

2.  Đồ thị (C m ) :y=mx3 -(2m+1)x+m + 1 cắt trục tung tại M(0; m +  1) 

( ) ( ) 

2 

1 

Từ đó, khi m ¹  0,  tiếp tuyến  t  của  ( m  C  m  )  tại M có phương trình 

0.25 

­  Giao Ox: ( - 2; 0 , 1;0 ) ( ) 

; 

­  Giao Oy: ( 0; 2 ) 

; 

­  Điểm uốn: I ( 0; 2 ) 

suy ra đồ  thị tự xứng qua I ( 0; 2 ) 

4 

2

(2 1) 1 

y= - m+ x+m + 

Do  ( )  t  m  tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 nên ta có hệ

( ) 2 

1 

1 

1 

m 

m

ì

ì

¹ -

Û

+

î

î 

0. 50 

+ Để ý rằng sin 2x+ =1 (sinx+cos ) ;sin 3x 2 x= -4 sin3 x+ 3sin  x và  3 

cos 3x=4 cos x- 3 cos  x

nên phương trình được viết về dạng 

(sinx+cos )( 3 sin 3x x-cos 3 )x = 0 

0. 5 

+ Giải phương trình  sinx+cosx = 0 ta được họ nghiệm  , 

4 

p

+ Giải phương trình  3 sin 3x-cos 3x =  ta được họ nghiệm 0  , 

6 

x p

p

2 

5 

x¹ y ³ 

Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra hoặc y= x 2 hoặc xy = -  1 

0.25 

+ Nếu xy = -  1 thì x<0 < y và phương trình thứ hai trở thành  5y  1 1  1 

y

Phương trình này tương đương với  2 

2 

1 

y 

³

ì

ï

Do y ³  1 nên hệ phương trình này vô nghiệm. 

0. 5 

3 

+ Nếu y= x 2 , thay vào phương trình thứ hai, ta được  5x2 - = + 1 1 x x | | . 

Giải phương trình, được  ( ; )x y =(1;1), ( 2; 2), (- 7- 41; 7-  41) 

Kết luận nghiệm… 

0.5

( 3 ) ( 4  ) 

3 

L lim 

x 2 7 x 2 2 7 x 2 4 

®

0.25 

4

3 

L lim 

7 x 2 2 7 x 2 4 

®

0.5

M 

O 

B 

A 

C 

D 

S 

H 

+ Từ giả thiết suy ra tam giác  SAB vuông tại S và  3 

2 

a 

SH =  (H là hình chiếu của A trên AB). 

Từ đó, do ( SAB) ( ^ ABCD ) nên 

3   

S ABCD 

a 

V = SH AB AD × × =  (đ.v.t.t) 

0.25 

5 

2 

ABC ADC ABCD 

3 

1 

S ABC S ABCD 

a 

1 

6 

S ABC 

V = ×AC SB d AC SB× × ×  AC SB nên

( · )

3 

; 

a 

d AC SB 

=

× × 

0.25 

+ Gọi O,M theo thứ tự là trung điểm  AC SD , . Khi đó ( · AC SB; ) = ( · OA OM ;  )

cos 

4 

AOM =  suy  ra

4 

AC SB = AOM = 

0.25 

5 

a 

Chú ý: Với bài toán này (phần tính khoảng cách), có nhiều cách giải, chẳng hạn học sinh có thể sử dụng vectơ, 

tọa độ hay dựng đoạn vuông góc chung. Nếu cách giải đúng và cho kết quả đúng, giám khảo vẫn cho điểm tối 

đa của phần đó. Cách giải trong bài toán này sử dụng kết quả của Bài tập 6 (tr. 26) SGK Hình học 12 (CCT) 

6 

Viết lại giả thiết về dạng 1 1 1  7 

Áp dụng bất đẳng thức AM­GM, ta có 

2 

2 

4 

2 2 

8 4," " 

a 

0.5

Từ đó, với  12 12 1 2 

D 

= + +  , theo bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacopsky ­ Schwarz, thì 

2 

a b c

KL … 

0.25 

Gọi I là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành, thế thì I a a  với a là số thực nào đó. ( ; ) 

Với a= 2 :C( 2; 4 ,) ( ) D 1; 4  ; với a= -2 :C( - -6; 4 ,) ( D - - 7; 4 )  0.25 

7a 

Tính tổng :  2 1 2 2 2 3 2 2013 

S =1 C +2 C +3 C +L + 2013 C

a =k C =k k- +1 1 C " = k 1,2, ,2013 0.25

k ! 2013 k ! k ! 2013 k !

a 2012 2013C- 2013C- k 1,2, ,2013

8a

( 0 1 2011) ( 0 1 2012 ) 

S =2012 2013 C× +C +L+C +2013 C +C +L + C

( ) 2011 ( ) 2012  2011 2012 2011 

1 

S =2012 2013 1 1× × + +2013 1 1× + =2012 2013 2× × +2013 2× =2013 2014 2 × ×  0.25 

h x+ y+ = l  x-y + =

+ Do M( 0; 2 ) ( ΠAB ) nên điểm N ( ) 1;1  đối xứng với M qua l  nằm trên a  AC    0.25 

+ Suy ra A là giao điểm của đường thẳng d qua N, vuông góc với  h  và đường thẳng  b  l  Từ đó a   

( 4;5  ) 

+ B là giao điểm của đường thẳng AM với  h  Từ đó  b    3;  1 

4 

B æç- - ö ÷

7b 

+ Do MC =  2  nên  C  là giao điểm của đường tròn tâm M bán kính  2  với đường thẳng d. 

Suy ra C ( ) 1;1  hoặc  33 31 ; 

25 25 

C æç ö ÷

0.25 

Tính tổng : 

2013 2013 2013 2013 

2 

S 

Số hạng tổng quát của tổng là 

k 

2013 

k 

C 

k 1

+ 

0.25

k 

2013 

k 

k 1 k 1 k ! 2013 k ! 2014 k 1 ! 2013 k !

Vậy ta được 

k 1 

2014 

k 

C 

2014

+

8b

2014 

2014 

-

Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên(lientoancvp@vinhphuc.edu.vn ) gửi tới 

www.laisac.page.tl

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013­2014 

Môn: Toán 12. Khối D. 

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 

A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 

y= -x +( 2m 1 )x+ -m 1 -  ( Cm ). 

1)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi  m=   1

2)  Tìm  m  để đường thẳng  y=2mx m 1 - -  cắt cắt đồ thị hàm số  ( Cm ) tại ba điểm phân biệt  có 

hoành độ lập thành một cấp số cộng. 

Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 3 ( 2  ) 

2 sin x 3- = 3 sin x+2 sin x 3 tan x -   

2)Giải hệ phương trình:

( )

( ) 

2 2 

2 

4 

x y 

1 

x y

ì

ï

î 

. 

Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn  : 

3 

x 2 

3x 2 3x 2 

L lim 

x 2

®

=

- 

Câu  IV  (1,0  điểm).  Cho  hình  chóp  S ABCD  có  đáy  là  hình  bình  hành  với  AB= 2a , BC= a 2 , 

BD= a 6  Hình chiếu vuông góc của  S  lên mặt phẳng  ABCD  là trọng tâm  G  của tam giác  BCD ,  biết  SG= 2a . 

Tính thể tích V của hình chóp  S ABCD  và khoảng cách giữa hai đường thẳng  AC  và  SB  theo  a  

Câu V (1,0 điểm). Cho  ,  x y là các số dương thoả mãn  1 1 1  3 

xy+x+y =   Tìm giá trị lớn nhất của biểu 

M 

B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 

1.Theo chương trình Chuẩn 

Câu VIA (2,0 điểm) 1)Trong  mặt phẳng  với  hệ trục toạ độ  Oxy , cho hình thang  cân  ABCD  có hai 

đáy là  AB , CD ; hai đường chéo  AC , BD  vuông góc với nhau. Biết A 0;3 ( ) , B 3;4 ( ) và  C  nằm trên  trục hoành. Xác định toạ độ đỉnh  D  của hình thang  ABCD  

2)Tìm số hạng không chứa  x  trong khai triển : ( ) 

n 

3  2 

x

. Biết rằng số nguyên dương  n 

C +3C +3C +C = 2C +

CâuVIIA (1,0điểm).Xác định  m để hàm số: y=( m 2 -3m x) +2 m 3 cos x ( - )  luôn nghịch biến trên  ¡ 

2.Theo chương trình nâng cao. 

Câu  VI  B  (2,0  điểm)  1)  Trong  mặt  phẳng  với  hệ  tọa  độ  Oxy  ,lập  phương  trình  chính  tắc  của  elip

( ) E biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của ( ) E tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật 

cơ sở của ( ) E  là 12 2( +  3 ) . 

S=1.2.C +2.3.C +L + 2012.2013.C

CâuVII  B  (1,0  điểm).Xác  định  m để  hàm  số: y=( m 2+m 1 x+ ) ( + m 2 -m 1 sin x+ )  + 2m luôn  đồng  biến trên  ¡ 

­­­­­­­­­­ HẾT ­­­­­­­­­­ 

Đề chính thức 

(Đề thi gồm 01 trang)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC  KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013­2014 

Môn: Toán 12. Khối D. 

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 

HƯỚNG DẪN CHẤM THI  (Văn bản này gồm 05 trang) 

I) Hướng dẫn chung: 

1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng 

phần như thang điểm quy định. 

2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch 

hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi. 

3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả. 

II) Đáp án và thang điểm: 

y= -x +( 2m 1 )x+ -m 1 -  ( Cm )  

CâuI 

y= -x +3x - 2

Tập xác định: R; hàm số liên tục trên R. 

Sự biến thiên: lim 

x  y

®-¥ = +¥ ;  lim 

x  y

®+¥ = -¥  Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 

0,25 

2,0 đ 

Bảng biến thiên: 

x  –µ  0      1  2      +µ 

y ĐU = 0 

0.25 

Đồ thị của hàm số có dạng như hình dưới đây: 

0.25 

2) Tìm  m  để đường thẳng  y=2mx m 1 - -  cắt ( Cm ) tại ba điểm phân biệt có hoành độ 

Xét phương trình hoành độ giao điểm: 

x ( 2m 1 )x m 1 2mx m 1

x ( 2m 1 )x 2mx 0

( 2  ) 

x x ( 2m 1 )x 2m 0

x 0 

x 1 

x 2m

=

é

ê

ê

ê =

ë 

0.25 

Đề chính thức 

(Đề thi gồm 01 trang)

Ba giao điểm là: A 0; m 1 ( - - ) ; B 1; m 1 ( - ) ; C 2m;4m( -m 1 - ) 

Ta có:  A , B , C  phân biệt  m 0; m  1 

2

Sắp sếp các hoành độ theo thứ tự tăng dần ta có các dãy số sau

·  0 ; 1 ; 2m  lập thành cấp số cộng Û +0 2m=2.1Ûm= 1 thoả mãn (*)

4

·  2m ; 0 ; 1  lập thành cấp số cộng  2m 1 2.0 m  1 

2

0.25 

0.25 

Kết luận: m =  1 ; 1 ;1 

2 4

2 sin x 3- = 3 sin x+2 sin x 3 tan x -  .(1) 

CâuII 

Điều kiện:  cos x¹ 0

Phương trình đã cho tương đương với :

2 sin x.cos x 3 cos x- = 3 sin x+2 sin x 3 sin x - 

2 sin x.cos x 3 cos x 3 cos x.sin x 2 sin x

0.25 

2,0 đ

2 

2 sin x sin x.cos x 1 3 cos x sin x.cos x 1 0

( sin x.cos x 1 2 sin x 3 cos x) ( 2  )  0

( 2  ) 

1  sin 2x 1 2 2 cos x 3 cos x 0 

2

0.25 

2 

2 cos x 3 cos x 2 0

Û - - =  ( do  sin 2x 2- ¹0, x "  )

( ) 

cos x 2 VN 

1  cos x 

2

ê

Û

ê

0.25 

p

Vậy phương trình có hai họ nghiệm:  x 2  k 2 ,k 

3

p

0.25 

2)Giải hệ phương trình:

( )

( ) 

2 2 

2 

4 

x y 

1 

x y

ì

ï

î 

. 

Viết lại hệ phương trình:

( ) ( ) ( )

( ) 

2 

1 

x y 

1 

x y

-

í

ï

î 

Đặt  a x y ; b x y  1 

x y

-  điều kiện  b³ 2 . 

3 

b 3 a 

ì

= -

0.25

x y 1 

1 

x y

ì

î 

0.25 

5 

a 

3 

5 4 

b 3 a 3 

3 3

ì

=

ï

· í

ï = - = - =

ï

Loại 

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất ( x; y) ( ) = 1;1

0.25 

Tính giới hạn : 

3 

x 2 

3x 2 3x 2 

L lim 

x 2

®

=

3 

1 2 

1,0đ

3 

1 

3 

1 

2 

3 

L lim 

4 

®

0.25

2 

2 

x 2 

L lim 

4  3x 2 2

®

0.25 

1 2 

L L L 

CâuIV 

Cho  hình  chóp  S ABCD  có  đáy  là  hình  bình  hành  với  AB= 2a , BC= a 2 , 

BD= a 6  Hình chiếu  vuông góc của  S  lên  mặt phẳng  ABCD  là trọng tâm  G  của 

tam giác  BCD , biết  SG= 2a . 

Tính thể tích V của hình chóp  S ABCD  và khoảng cách giữa hai đường thẳng  AC  và 

SB  theo  a  

1,0đ 

1,0đ 

AB +AD = BD )

0.25 

3 

S ABCD ABCD 

K  là  điểm  đối  xứng  với  D  qua  C,    H  là  hình  chiếu  vuông  góc  của  G  lên  BK  suy  ra 

BK^ ( SHG ) . Gọi I là hình chiếu vuông góc của G lên SH  suy ra GI = d(AC,SB)  0.25

CÂU V 

Tam giác SHG vuông ở G suy ra GI=a. 

Vậy: d(AC,SB) = a  Cho  ,  x y là các số dương thoả mãn  1 1 1  3 

xy+x+y =   Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 

2 2 

M 

0.25 

1,0đ 

2 

3 

4 

a b 

kết hợp với a b + > 0 suy ra a b + ³ 2 

0.25 

2 

2 

1 

2 

+

0.25 

Đặt t=a+ ³ b 2 xét hàm số:  2  12 

g t t t 

t

= - + + +  trên [ 2; +¥ ) 

2 

12 

t

¢ = - - + < " ³  suy ra  ( )  g t  nghịch biến trên  (2,+¥ )

0.25 

Do  đó [ 2,  )  max ( )g t g (2) 6 

+¥ = =  suy  ra  giá  trị  lớn  nhất  của  M  bằng  3 

2  đạt  được  khi 

a=b= Û x=y =   

0,25 

a ab b a a ab b b  ab 

1 

( ) ( 1) ( 1 ) 

M£ a b+b a+ ab £ éê + + + + + ù ú =

, (BĐT AM­GM) 

dấu bằng khi  a=b= 1

Vậy giá trị lớn nhất của  M  bằng 3 

2 đạt được khi a=b= Û1 x=y =   1 

0,25 

Câu 

VI A 

1)Trong  mặt phẳng  với  hệ trục toạ độ  Oxy , cho hình  thang cân  ABCD  có hai đáy  là 

AB , CD ; hai đường chéo  AC , BD  vuông góc với nhau. Biết A 0;3 ( ) , B 3;4 ( ) và  C 

nằm trên trục hoành. Xác định toạ độ đỉnh  D  của hình thang  ABCD  

1,0đ

2,0 đ

( ) ( ) 

C Ox C c;0 

DC : x 3 y c 0 D( 3d c;d )

0.25 

2  AC( 0; 3 ); BD( 3d c 3; d 4 ) 

AC BD 3dc c 3c 3d 12 0( 1 )

0.25 

I là trung điểm AB  I( 3 7  ; ) 

2 2

Þ 

J là trung điểm DC  J 3d 2c d  ; 

+

8 3c 

5

-

0.25 

Thay (2) vào (1) có:  2 

c 6 

c 

2

=

é

ê

ê =

ë 

c 6 d 2 D( 0; 2 )( tm ) 

-

(Học sinh phải kiểm tra điều kiện thông qua véctơ AB và véctơ DC cùng chiều) 

Kết luận:  D( 0; 2 ) - 

0,25 

2) Tìm số hạng không chứa  x  trong khai triển : ( ) 

n 

3  2 

x

. Biết rằng số 

C +3C +3C +C = 2C +

1,0đ 

Điều kiện :  * 

nÎ¥  ,n³ 9

15 k 

-

-

Số hạng không chứa  x  tương ứng với  30 5k  0 k 6 

6

-

Số hạng không chứa  x  phải tìm là  6 6 

15 

Xác định  m để hàm số: y=( m 2 -3m x) +2 m 3 cos x ( - )  luôn nghịch biến trên  ¡  1,0 

VII A  Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên  ¡ Ûy¢ £ " Î ¡ 0 x

m 3m 2 m 3 sin x 0 x m 3m 2 m 3 t 0 t 1;1 ,t sin x

Đồ thị f t( ) = -2 m( -3 t) +m - 3m trên đoạn [ - 1;1 ] là một đoạn thẳng 

( ) 

f 1 0 

f t 0 t 1;1 

f 1 0

ï

£

ï

0,25

( ) ( )

2 

2 

2 m 3 

2 m 3 

î 

Vậy để hàm số nghịch biến trên  ¡  thì  2£m£ 3

0,25 

Câu 

VI B  2,0 đ 

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,lập phương trình chính tắc của elip ( ) E biết rằng 

có  một  đỉnh  và  hai  tiêu  điểm  của ( ) E tạo  thành  một  tam  giác  đều  và  chu  vi  hình  chữnhật cơ sở của ( ) E  là 12 2( +  3 ) 

2 2 

2 2 

1,0 đ 

0,25 

2 đỉnh trên trục nhỏ là B1( 0;- b) ,B2 ( 0;  b ) theo gt:tam giác B F F1 1 2( ÚD B F F 1 1  ) đều 

và chu vi hình chữ nhật cơ sở của ( ) E  là 12 2( +  3 ) .  0,25

( ) 

2 2 2 

2 2 

6 

3 

3 

a 

x y 

c 

a b

=

ì

ï

ï

ï

î 

0,5 

Xét số hạng tổng quát  : ( )  k 

2013 

k-1 k C " = k 2,3, ,2013 0,25

2013! 

k ! 2013 k !

-

2011 2011 2011 2011 

( ) 2011  2011 

Câu  Xác định  m để hàm số: y=( m 2+m 1 x+ ) ( + m 2 -m 1 sin x+ )  + 2m đồng biến trên  ¡  1,0 

7B  Đạo hàm y¢ =( m 2+m 1+ ) ( + m 2 -m 1 cos x + ) 

1,0 đ  Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên  ¡ Ûy¢ ³ " Î ¡ 0 x 0,25

( m 2+m 1+ ) ( + m 2 -m 1 cos x+ )  ³0" Î ¡ x

( m 2+m 1+ ) ( + m 2 -m 1 t+ ) ³0" Î - t [ 1;1 ]  với  t= cos x 0,25 

Đồ  thị f t( ) =( m 2+m 1+ ) ( + m 2 -m 1 t ,+ ) " Î - t [ 1;1 ]  trên  đoạn [ - 1;1 ] là  một 

( ) 

f 1 0 

f t 0 t 1;1 

f 1 0

ï

ï

0,25

Û 

2 

m 0  2m 0

í

³

î

¡ 

. Vậy  m³  thoả mãn yêu cầu bài toán 0 0,25 

Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên(lientoancvp@vinhphuc.edu.vn ) gửi tới 

www.laisac.page.tl