KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 20122013 LẦN 1 ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI B SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 20122013 LẦN 1 ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI B SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC  KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012­2013 LẦN 1 

ĐỀ THI MÔN: TOÁN ­ KHỐI B  Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 

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

Câu I (2,0 điểm).  Cho hàm số 3 2  ( ) 

y=x - x + m+ x + ( ) C  m  (m là tham số thực). 

1.  Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = -  1 . 

2.  Tìm tất cả các giá trị của m đề đồ thị hàm số ( ) C  m  cắt đường thẳng ( )d :y=x + 1 tại ba điểm phân  biệt A ( 0; 1 ) , B, C sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC bằng  41 

2  , với O là gốc tọa độ. 

Câu II (2,0 điểm). 

1.  Giải phương trình:  cos 4x+2 sin 6x=2 3 sin 3 cosx x+ cos 2   x

4x - -x 7 x+2 >10 4+ x- 8   x

Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn: 

3 

2 

lim 

2 

x 

x

®

Câu  IV (1,0  điểm).  Cho  lăng  trụ  đứng  ABC A B C  ' ' '  có đáy  là tam giác đều.  Gọi M  là trung điểm của 

cạnh BB  '. Biết hai đường thẳng  A B  CM vuông góc với nhau và cách nhau một khoảng bằng  ' ,  3 . 

10 

a  Tính theo a thể tích khối lăng trụ  ABC A B C  ' ' '. 

Câu V(1,0 điểm). Giải hệ phương trình: ( 2 2 )( 2 )  2 3 

2 

2 0 

x y x

ï

í

ï - + =

î 

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 

A. Theo chương trình Chuẩn 

Câu VI.a (2,0 điểm). 

1.  Cho hình bình hành ABCD có A ( ) 1;1  và C ( ) 5;3   Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho  3AM = AB , trên 

cạnh  CD  lấy  điểm  N  sao  cho  2CN = CD   Tìm  tọa  độ  điểm  B,  D  biết  trọng  tâm  của  tam  giác  BMN  là 

19 5

; 

6 3 

G æç ö ÷

è ø . 

2.  Cho  đường  tròn ( )  2 2 

C x +y - x+ y - =  và  đường  thẳng ( )d : 4x-3y +2= 0 .  Viết  phương  trình đường thẳng ( ) d  '  vuông góc với ( ) d  và cắt (C) tại hai điểm AB sao cho  AB =  6 . 

Câu VII.a (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số lẻ có 4 chữ số đôi một 

khác nhau và luôn có mặt chữ số 2. 

B. Theo chương trình Nâng cao 

Câu VI.b (2,0 điểm). 

1.  Cho  hình  thang  cân  ABCD  có  AB= 2  CD .  Biết  phương  trình:  AC x: +y - = 4 0  và 

BD x - - =   Tìm tọa độ 4 đỉnh A, B, C, D biết hoành độ của A và B dương và diện tích của hình  y

thang bằng 36. 

2.  Cho hình bình hành ABCD có M là trung điểm của BC, N là trung điểm của đoạn MD, P là giao điểm  của hai đường thẳng AN và CD. Tìm tọa độ các đỉnh C và D biết rằng A( ) ( 1; 2 ,B 4; 1 ,- ) ( P 2;0 ) . 

Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm hệ số của  x  trong khai triển: 9  ( ) 2  * 

1- 3x n  ;  n Î ¥  , biết  22 143  1 

3 

n n 

C + C =   n

­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­ 

Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn)đã gửi tớiwww.laisac.page.tl

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC  KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012­2013 LẦN I 

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN; KHỐI B 

——————————— 

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: 

+) Với m = -  1 , hàm số đã cho có dạng:  3 2 

y=x - x + 

+) Giới hạn của hàm số tại vô cực: 

lim  x®-¥ = -¥  và  lim 

x®+¥ = +¥ 

+) Sự biến thiên của hàm số:  Ta có: y'=3x2 - 6  x ;  ' 0  0 

2 

x 

y 

x

=

é

= Û ê =

ë 

BBT 

' 

+¥ 

y 

1 

­3 -¥ 

0,25 

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( -¥ ; 0 ) và ( 2; +¥ ) , nghịch biến trên khoảng

( 0; 2 ) . 

Hàm số đạt cực đại tại điểm x =  0 ; giá trị cực đại của hàm số là y ( ) 0 = 1 

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x =  2 ; giá trị cực tiểu của hàm số là y ( ) 2 = - 3 . 

0,25 

I  1 

+) Đồ thị: 

Giao  điểm  của  đồ  thị  với  trục  tung  là  điểm

( ) 0;1 . 

0 

1 

3 

x 

y 

x

=

é

= Û ê =

ë 

+) Nhận xét: Điểm I(1;­1) là tâm đối xứng của 

đồ thị hàm số. 

0,25

Phương trình cho hoành độ giao điểm của ( ) C  m  và ( ) d 

( ) 

( ) 

2 

0 

3 0        1 

x 

=

é

Û ê

ë 

Để ( ) C  m  cắt ( ) d  tại ba điểm phân biệt Û  pt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 

9 

4 

0 

m 

m

ì

<

ï

Û í

ï ¹

î 

(*) 

0,25 

+) Giả sử B x x( 1; 1+1 ,) ( C x x 2; 2 + 1 ) . Khi đó x x  là nghiệm của phương trình (1) 1;  2 

Vì x x  là nghiệm của phương trình (1) nên : 1;  2 

2 

2 

3 

3 

ì = -

ï

í

ï

î 

0,25

Vì 1 ( ,( ) ) .  . . 

OBC 

OB OC BC 

R

+) ( , ( ) )  1 

2 

0,25 

2 

Từ (2) và (3) ta có: 4m2 +12m +25= 41  1 

4 

m 

m

=

é

Û ê = -

ë 

(*) 

Từ (*) và (**) với m =  1 hoặc m = -  4 thì ycbt được thỏa mãn. 

0,25 

Phương trình đã cho tương đương với phương trình 

cos 4x-cos 2x+2 sin 6x-2 3 sin 3 cosx x = 0 

2sin 3 sinx x 4 sin 3 cos 3x x 2 3 sin 3 cosx x 0 

2sin 3x sinx 3 cosx 2 cos 3x 0 

0,25 

3 

k 

6 

24 2 

k  x

p

p

p

p p

é

= - +

ê

ê

0,25 

1 

Vậy nghiệm của phương trình là  , 

3 

k 

12 

p

k 

II 

2  Điều kiện: x ³ -  2. 

Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình

4x - -x 7 x+2+2 4x - -x 7 >2éë x +2 - 4 ù û

2 

4x x 7 2 x 2 4 

Û - - > + -  Û4x2 > x+ +2 2 x +2 1 +

( ) 2  ( ) 2 

Û > + + Û( x+2 1 2+ - x)( x+2 1 2+ + x ) < 0 

0,25

2 2 1 (1) 

( ) 

( ) 

I 

II 

éì ï + > - êí

ê ï + < - -

Û ê

ì + < -

êï

í

ê + > - -

ï

êî

ë 

● Giải hệ (I): Từ (1) và (2) suy ra  2 

x 

³ -

ì

í

- < - -

î 

Khi đó hệ (I) tương đương với hệ phương trình  2 0 

x 

- £ <

ì

í + < - -

ï

( ) 2 

1 

2 

2 

x 

ì

ï

Û í

ï + < - -

î

[ 2; 1 ) 

x

0,25 

● Giải hệ (II): Từ (3) và (4) suy ra  2 

x 

³ -

ì

í

- - < -

î 

0. 

x

Khi đó hệ (I) tương đương với hệ phương trình  0 

2 2 1 

x 

>

ì

í + < -

ï

( ) 2 

1 

2 

x 

ì

>

ï

Û í

î 

5 41 

; 

8 

Û Îçç + ¥ ÷ ÷

0,25 

Vậy tập nghiệm của bất pt là [ 2; 1)  5 41 ;  

8 

T = - - Èæç + + ¥ ö ÷

0,25 

3 

2 

lim 

2 

x 

x

®

- 

3 

2 

lim 

x 

®

0,5  III

( ) 2 

0,5 

Gọi I là trung điểm của B’C’. 

Vì ABC.A’B’C’ là lăng trụ tam giác đều nên A I' ^ ( BCC B ' ' ) 

' , 

Þ ^  mà CM ^ A B ' 

nên CM ^ ( A IB '  ) ÞCM ^ IB

Hai tam giác CBM và BB’I đồng dạng 

nên CB B I ' = BM BB ' 

' 

Suy ra lăng trụ đã cho là lăng trụ tam giác đều 

có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng x  ( x >  0) . 

0,25 

IV 

Gọi H là giao điểm của BI và CM, K là hình chiếu vuông góc của H trên A’B thì HK là 

đoạn vuông góc chung của A’B và CM, suy ra  3 . 

10 

C 

C’ 

A’ 

B’ 

A 

H 

M 

K 

B 

I

Trong tam giác vuông BCM ta có  2 .  2 

5 

BH 

+ 

Hai tam giác BHK và BA’I đồng dạng nên  BH A I ' = HK BA ' 

5 

x x 

0,25 

Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là  3 

( ) 

2 

ï

í

î 

+) Với y £  thì 0  VT ( ) 1 > 0 , VP ( ) 1 £ 0 Þ  Hệ phương trình chỉ có nghiệm ( x y  ,  ) với 

y > 0  

+) Vì y >  nên từ phương trình (2) của hệ suy ra  0  x >  2 

0,25 

1 Û x + -1 3x y+2=2x y 4y + - 1 1 

Thay 2  x= - x y 2  vào phương trình (3) ta được: 

x + +x= x y y + +  x y

2 

2 

0,25 

+) Xét hàm số: ( )  2 

1 

f t =t +t +  với t t > 0 

( ) 

2 

2 

2 

1 

t 

t

+ 

với mọi t > 0 

( ) 

f t

Þ  là hàm đồng biến trên ( 0; +¥ ) . Mà f 1  f( ) 2  y 

x

æ ö

=

ç ÷

è ø 

1 

2 y 

x

2 

xy

0,25 

V 

+) Thay  1 

2 

8 

Thử lại thấy 

4 

1 

8 

x 

y

=

ì

ï

í

=

ï

î 

thỏa mãn hệ phương trình đã cho. 

Kết luận : Hệ phương trình đã có nghiệm duy nhất ( , )  4; 1 

8 

x y = çæ ö ÷

è ø 

0,25 

Giả sử B a b ( ;  ) . 

Khi đó: uuur AB=( a-1;b - 1 ) 

.  Theo giả thiết: 

AM =ABÞ M æç + + ö ÷

uuuur uuur 

0,25  VI.a  1 

CN =CD= -ABÞ N æç - - ö ÷

uuur uuur uuur 

. Vì G là trọng tâm của của tam giác BMN 

0,5

G

N

M

B A

2 7 

5 

a 

b

ì

ï

í

ï

î 

4 

1 

a 

b

=

ì

Û í

=

î   Vậy B ( ) 4;1 . 

Vì uuur uuur AB=DCÞ D ( 2;3 ) 

0,25  +) ( ) ( C : x-1) ( 2 + y +3) 2 = 25 có  tâm I ( 1; 3 - ) và bán kính R =  5 . 

Ta có: IH2+HB2 =IB2 = R 2 Þ IH = 4 

Vì ( ) ( ) ( ) d' ^ d Þ  d '  có dạng:  3x+4y+m =   0  0,5 

2 

Ta có: d I d( ,( ) ' ) = IH 3 12  4 

5 

m

- +

11 

m 

m

=

é

Û ê = -

ë 

0,25 

Giả sử số có dạng  abcd 

Số có 4 chữ số đôi một khác nhau trong đó luôn có mặt số 2 (kể cả số 0 đứng đầu) 

3 

5 .4! 240 

C =  (số) 

0,5 

Số có 4 chữ số đôi một khác nhau trong đó luôn có mặt số 2 và số 0 đứng đầu 

2 

4 .3! 36 

VII.a 

( AC) ( Ç BD) { } = I Þ I ( ) 3;1 

2 

IB = IA = AB =  . 

Ta đặt: 

2 

ID a 

IC a 

IA IB a

=

ì

= Þ í

= =

î 

. 

Dễ thấy: ( AC) ( ^  DB ) . Từ đó suy ra: 

ABCD IAB IBC ICD IAD 

S =S +S +S + S

2 

1 

0,5 

+) AÎACÞ A a( ; 4 - a )  ( a >  0 ) 

( ) 

1 

a 

=

é

= -

ë  Vậy A ( 7; 3 - ) 

+) BÎBDÞ B t t ( ; - 2 )  ( t >  0 ) 

( ) 

1 

t 

=

é

= -

ë 

Suy ra: B (7;5) 

0,25 

1 

+) Vì 1  ( ) 1;3 

2 

IC= - IAÞ C

+) Vì 1  ( 1; 1 ) 

2 

VI.b 

2  +) Gọi K là trung điểm của AD. 

+) ANÇKM = { } G  

+) Xét D DMA có MK  là trung tuyến, AN là trung tuyến Þ G là trọng tâm của 

DMA

0,5

I

B A

2 2 

+) Xét hình thang ABCP có M là 

trung điểm CB mà 

GM//AB//CD Þ GM là đường 

trung bình của hình thang

1 

2 

+) Ta có: 1 1  ( 1; 1 ) 

. Nên C ( 3; 1 - ) 

3 

n n 

C + C = n (1)      đk:  * 

3 

n 

n

³

ì

í

Î

Với điểu kiện trên phương trình (1) tương đương

( ) ( )( ) 

n n- +n n- n-  = n

2 

7 18 0 

9 

n 

n

= -

é

Û ê =

ë  Kết hợp với điều kiện ta có: n =  9 . 

0,5  VII.b 

+) Với n =  9 , Ta có khai triển: ( ) ( 2 ) 18  18  18 ( ) 

0 

k 

k 

=

Hệ của x  thì k phải thỏa mãn:  9  k =  9 . 

+) Suy ra hệ số của  9 

x  là: 9  ( ) 9 

18  3 

C - 

0,5 

­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­

N

G

P

K

M

B A