Đề thi thử môn Toán khối B của sở GD Vĩnh Phúc 2014

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014

Môn: TOÁN; Khối D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số: 2

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 tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d m:y  x m cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm

A B, phân biệt sao cho độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: (2 tan2x1) cosx 2 cos 2x

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

4 2 2 2 3 2 2







( ,x yR)

Câu 4 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình: m x22  x m có hai nghiệm thực phân biệt

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với BC CD  DAa; 2

AB a ; cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD); SC tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc bằng 600 Tính thể tích của khối chóp S ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD theo a

Câu 6 (1,0 điểm) Cho , ,x y z là các số thực dương thoả mãn: x2y2z21 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

z y x xz yz xy T











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) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB 4 2, điểm A có hoành độ âm Đường thẳng AB có phương trình xy 2 0, đường thẳng BD có phương

trình 3xy0 Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh còn lại của hình chữ nhật

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC đều Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có phương trình (x4)2(y2)2 , đường thẳng BC đi qua 5 3; 2

2

M 

  Tìm toạ độ điểm A

Câu 9.a (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n thỏa mãn A n2 C n n1C n n24n Tìm hệ số của 6 x16

trong khai triển nhị thức Niu-tơn  3 

x  x (với x  ) 0

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho các điểm A(4; 3); (4;1) B và đường thẳng ( ) :d x6y0 Viết phương trình đường tròn ( )C đi qua A và B sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại

A và B cắt nhau tại một điểm thuộc ( )d

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho elíp E đi qua điểm 3 2; 2

2

M 

và

có độ dài trục lớn bằng 6 Tìm tọa độ của điểm N thuộc ( E ) sao cho ON  5

Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n thỏa mãn A n32 20(n2) Tìm số hạng không chứa x

trong khai triển nhị thức Niu-tơn 3 1 n

x x



(với x  ) 0 -Hết -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

(Đáp án có 06 trang)

ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐH LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014

Môn: TOÁN; Khối D

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 không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng với phần đó

II ĐÁP ÁN:

1 a 1,0 điểm

+ TXĐ:DR\ 1 

+ Sự biến thiên: Ta có: 1 2 0,

( 1)

x

0,25

+ Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (;1) và (1;)

+ Hàm số không có cực trị

+ Giới hạn, tiệm cận

     đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng: x  1 lim 1; lim 1

 

   đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y 1 ;

0,25

+ Bảng Biến thiên

+

+

0,25

+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (2; 0), trục Oy tại điểm (0; 2)

f( x)=(x-2 )/(x -1 ) f( x)=1

x (t )=1 , y(t )=t

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7

x

y

0,25

b 1,0 điểm

- Phương trình hoành độ giao điểm của (d m) và ( )C là:

Vì

2 4 8 0

m m





với m nên (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với m Suy ra (d m)cắt ( )C tại hai điểm phân biệt với m

0,25

Gọi các giao điểm của (d m) và ( )C là: (A x A;y B); (B x B;y B)với x A;x B là các nghiệm

của phương trình (1) Theo Viet có: x Ax Bm; x x A Bm2

2( A B) 2 ( A B) 4 A B 2 4( 2) 2 ( 2) 4 8

AB  x x  x x  x x  m  m  m  

0,25

Vậy AB nhỏ nhất bằng 2 2 đạt được khi m 2 0,25

2 1,0 điểm

2



2

2

cos

x

0,25

2 cos x 3cos x 3cosx 2 0

Đặt tcos ;x t0,t  1;1 ta được: 3 2

1

1 2

t

t



  











0,25

Với t  1 cosx  1 x(2k1) ; kZ (thoả mãn)

Với t  (loại) 2



0,25

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: (2k1) ; 2

3 k





3 1,0 điểm

 

4 2 2 2 3 2 2

1







Đk: 5

2

x  Phương trình (1)(x2 1 y x)( 2y2)0

0.25

2 0

1

x y



 

 Trường hợp x y0 thế vào (2) không thoả mãn

0.25

Trường hợp x2 y thế vào phương trình (2): 1 3  

2y  3 2 y 1 0 3

2

f t  t   t  t  

  ( ) 62 1

3 2

f t t

t

 ;

3

2

f t    t  

Vậy hàm số f t( ) đồng biến trên ;3

2



 ; mà f(1)0 Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất y 1

0.25

Với y 1 x2 2x  2 (thỏa mãn điều kiện)

4 1,0 điểm

- Tập xác định: DR

2

x 2 1

x

 

0.25

- Ta có:

2

2

'( )

, x R

0.25

2

2 2

2 2

2

2

x

f x

x

  





1

x lim f ( x )

   ; 1

x lim f ( x )

 

- Bảng biến thiên:

0 0

1 2

-1

_ +

_

+

2

-

f(x) f'(x) x

0.25

- Từ bảng biến thiên ta được m   2; 1   1; 2 thỏa mãn 0.25

5 1,0 điểm

- Vì BCCDDA ; a AB2a nên AB là đáy lớn; D C là đáy nhỏ của hình thang

ABCD Gọi O là trung điểm của AB

- Ta có các tứ giác AOC ; D OBC là các hình thoi và các tam giác D AO ; DCD O ;

OCB là các tam giác đều cạnh a  O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD

- Ta có:

2 3 3 2 3

0.25

- Trong hình thoi AOCD, ta có: ACa 3

- Trong tam giác vuông SAC có góc SCA  600 SAAC tan 600 a 3 33a



.

0.25

- Gọi I là trung điểm của SB  O//SA I  đường thẳng OI là trục của đường tròn

ngoại tiếp đa giác đáy nên IAIBICID

- Mặt khác tam giác SAB vuông tại đỉnh A  IAIBIS

 ISIAIBICID hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD

0.25

- Bán kính của mặt cầu đó là:

2 2 9a2 4a2 13 IS

- Diện tích của mặt cầu đó là:

2

2 13a 2

4

0.25

6 1,0 điểm

- Đặt x  y  z  t ;  t 0

1 2

1 2

2 2 2 2 2























Lại có:  x  y 2   y  z 2   z  x 2  0 nên  2  2 2 2

3 x y z z

y

0.25

3 3

2







- Khi đó:

t t

T 2 1 1





 với t1; 3

- Xét hàm

t t

t





 với t1; 3;

2

1 2 ) (

t t t

f   ; f(t)0;t1; 3

0.25

- Ta có bảng biến thiên của hàm số trên 1; 3

2 +

1 3

1

+

3 1

f(t)

f'(t) t

0.25

- Từ bảng biến thiên suy ra 2 1

3

T   , dấu “ = ” xảy ra khi

3

1





x

Vậy T lớn nhất bằng (

3

1

2  ) đạt được khi

3

1





0.25

7.a 1,0 điểm

4 2

3x + y = 0

x + y + 2 = 0

B A

- Ta có: B ABBDB(1; 3)

+ AABA t( ; t 2); (t0)

0.25

( 1)2 16 3

5

t t

t

 



 Với t 5 loại vì t 0

Với t  3 A( 3;1) AD qua A và vuông góc với AB nên có phương trình

(x3) ( y1)0  x  y 4 0

0.25

- Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AB nên có phương trình:

(x1) ( y3)0   x y 4 0

+ D ADBDD(-1:3)

0.25

- Đường thẳng DC qua D và song song với AB nên có phương trình :

(x1) ( y3)0xy 2 0

Vậy: BC x:   y 4 0; DC x: y 2 0; AD x:   y 4 0

0.25

8.a 1,0 điểm

M (3

2;2)

I(4; 2)

B

A

- Gọi ( ) : (C x4)2(y2)2 5( )C có tâm I(4; 2); bán kính R  5

- Gọi H là trung điểm của BC , tam giác ABC đều  I là trọng tâm của tam giác

ABC AI2IH

0.25

- Gọi ( ; )n a b

 (a2b2 ) là véctơ pháp tuyến của đường thẳng 0 AB

- Phương trình đường thẳng BC : ( 3) ( 2) 0

2

a x b y 

Ta có: d I AB( , )IH R

2 2

5 2

5

a

a b



2







0.25

- Trường hợp a2b  Phương trình đường thẳng BC : 2xy 5 0H t( ;5 2 ) t

2 (2;1) (8; 4)

- Trường hợp a 2bPhương trình đường thẳngBC: 2x   y 1 0 H s( , 2s1)

2 (2;3) (8;0)

IH BC s H A

Vậy các điểm A thoả mãn là A(8;0) ; A(8; 4)

0.25

9.a 1,0 điểm

- Đk: n2,nN*

( 2)! ( 2)!(2!) ( 1)!

 

0.25

2 11 12 0 12 12

1

n

n





 



(thỏa mãn) 0.25

- Với n 12 ta có :

5

k

- Hệ số của x16 là C12k ( 2) k trong đó :36 5 16 8

2

k

k

0.25

Vậy hệ số của x16là: 8 8

12( 2) 126720

7.b 1,0 điểm

(C)

(d): x + 6y = 0

M

B (4; 1) A(4; -3)

- Giả sử hai tiếp tuyến của ( C ) tại A B, cắt nhau tại M( )d

- Phương trình đường thẳng AB là: x 4

0.25

- Gọi I là tâm của đường tròn ( )C ; H là trung điểm AB H(4; 1)

;

IM  AB IMABH  phương trình của đường thẳng IM là : y   1 0 0.25

(6; 1) ( 2; 2)

+ Giả sử ( ; 1)I a  IA(4a; 2)

Mà IAMA 2(4a) 4 0a2

0.25

Vậy I(2; 1) ; bán kính của ( )C là IA 2 2 ( )C :  2 2

x  y  Vậy đường tròn ( )C có phương trình là  2 2

8.b 1,0 điểm

Giả sử phương trình của ( )E là:

2 2

2 2 1

a b  .(ab ) 0

Vì độ dài trục lớn bằng 6 nên 2a6a3

0.25

2 2

2 2

E

+) Giả sử N x y , ta có hệ phương trình:  ; 

2 2

2

5

16

5







0.25

Vậy có 4 điểm : 3 5 4 5;

N 

; 3 5 4 5;

N 

; 3 5; 4 5

N  

; 3 5; 4 5

N  

0,25 9.b 1,0 điểm

Đk :n5,nN Ta có

A n3220(n2) ( 2)! 20( 2) ( 3)( 4) 20

( 5)!

n

n





0.25

1

n

n





 



8

k k

Số hạng không chứa x ứng với 24 4 k0k 6

Vậy số hạng không phụ thuộc x là 6

8 28

- Hết -