Đề thi thử đại học lần 1 môn toán 12 khối D trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc năm 2013,2014

WWW.VNMATH.COM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
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:
Câu Đáp án Điểm

Cho hàm số
3 2
y x ( 2m 1)x m 1
     

( Cm )
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
m 1

.
1,0 đ

CâuI
Khi
m 1

hàm số trở thành
3 2
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
– 0 1 2 +

y’ + 0 – – 0 +

y
+ 2

y
ĐU
= 0


–2 –

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
lập thành một cấp số cộng
1,0đ

Xét phương trình hoành độ giao điểm:
3 2
x ( 2m 1)x m 1 2mx m 1

       

3 2
x ( 2m 1)x 2mx 0
    



2
x x ( 2m 1)x 2m 0
    
x 0
x 1
x 2m



 





0.25
Đề chính thức
(Đề thi gồm 01 trang)
WWW.VNMATH.COM
Ba giao điểm là:



A 0; m 1
 
;


B 1;m 1

;


2
C 2m;4m m 1
 

Ta có:
A
,
B
,
C
phân biệt
1
m 0;m
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
0 2m 2.1 m 1
    
thoả mãn (*)

0 ; 2m ; 1
lập thành cấp số cộng
1
0 1 2.2m m
4
    
thoả mãn (*)

2m ; 0 ; 1
lập thành cấp số cộng
1
2m 1 2.0 m
2
     
thoả mãn (*)
0.25


0.25

Kết luận: m =
1 1
; ;1
2 4


0.25

1) Giải phương trình:


3 2
2 sin x 3 3sin x 2 sin x 3 tan x
   
.(1)

CâuII
Điều kiện:
cos x 0


Phương trình đã cho tương đương với :


3 2
2 sin x.cos x 3cos x 3 sin x 2 sin x 3 sin x
   

3 2 2
2 sin x.cos x 3cos x 3cos x.sin x 2 sin x
    

0.25
2,0 đ





2
2 sin x sin x.cos x 1 3cos x sin x.cos x 1 0
    





2
sin x.cos x 1 2 sin x 3cos x 0
   

 
2
1
sin 2x 1 2 2cos x 3cos x 0
2
 
    
 
 

0.25

2
2cos x 3cos x 2 0
   

( do
sin 2x 2 0, x
  
)


cos x 2 VN
1
cos x
2





 



0.25

1 2
cos x x k2 ,k
2 3

        

( thoả mãn điều kiện )
Vậy phương trình có hai họ nghiệm:
2

x k2 ,k
3

    


0.25

2)Giải hệ phương trình:
 
 
2 2
2
4
9 x y 2xy 13
x y
1
2x 3
x y

   





 




.


Viết lại hệ phương trình:
   
 
   
 
2 2
2
1
5 x y 4 x y 13
x y
1
x y x y 3
x y

 

    
 

 
 


    




Đ/K
x y 0
 

0.25

Đặt
1
a x y ; b x y
x y
    

điều kiện
b 2

.
Hệ đã cho trở thành:
 
2 2
2
5
5a 4 b 2 13
a 1 a
9a 24a 15 0
3
b 3 a
a b 3
b 3 a



  

  
  
 
 
  
 
 



 


0.25
WWW.VNMATH.COM

x y 1
a 1 x y 1 x 1
1
x y 2
b 2 x y 1 y 1
x y
 

   
  

   

   
  
   
  





0.25

5
a
3
5 4
b 3 a 3
3 3







    


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

  



1,0đ
CâuIII
L




3
3
1 2
x 2 x 2

3x 2 2 2 3x 2
3x 2 2 3x 2 2
lim lim L L
x 2 x 2 x 2
 
    
 
   
    
 
 
  
 

0.25
1,0đ
   
 
3
1
x 2 x 2
2
3
3
1
2
x 2
3
3
3x 2 2 3x 2 8

L lim lim
x 2
x 2 3x 2 2 3x 2 4
3 1
L lim
4
3x 2 2 3x 2 4
 

   
 

 
    
 
 
 
   

0.25

 
 
2
x 2 x 2
2
x 2
3x 2 2 3x 2 4
L lim lim
x 2

x 2 3x 2 2
3 3
L lim
4
3x 2 2
 

   
 

  
 
 

0.25

1 2
1 3 1
L L L
4 4 2
     

0.25
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

Nhận xét ABCD là hình chữ nhật (do

2 2 2
AB AD BD )
 
0.25

3
S .ABCD ABCD
1 4 2
V SG.S a
3 3
 

0.25
WWW.VNMATH.COM

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

GH = CJ mà

2 2 2
1 1 1 2a 2a
CJ GH
CJ BC CK
3 3
     

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
3 3 1 1 1
( 1) ( 1)
y x
M
x y y x x y x y
    
  



0.25

1,0đ
Cách 1
Đặt
1 1
0, 0
a b
x y
   
, theo đề bài ta có
 
 
2
3
4
a b
a b ab

    (BĐTCauchy),

kết hợp với
0
a b
 
suy ra
2
a b

 

0.25

Ta tìm giá trị lớn nhất của
2 2
3 3
1 1
a b ab
M a b
b a a b
    
  

2
2
( ) 2
3 ( ) 2
1
a b ab a b ab
a b ab
ab a b a b
   
    
   

2
1 12
( ) 2
4

a b a b
a b
 
      
 

 
(do
3 ( )
ab a b
  
)
0.25

Đặt
2
t a b
  
xét hàm số:
2
12
( ) 2
g t t t
t
    
trên


2;


2
12
( ) 2 1 0, 2
g t t t
t

      
suy ra
( )
g t
nghịch biến trên
(2, )


0.25

Do đó


2,
max ( ) (2) 6
g t g

 
suy ra giá trị lớn nhất của
M
bằng
3
2

đạt được khi
1 1
a b x y
    
.
0,25
Cách 2
Đặt
1 1
0, 0
a b
x y
   
, theo đề bài ta có
2 2
3 3
1 1
a b ab
M a b
b a a b
    
  

0.25





2 2

1 1
a ab b a a ab b b
ab
M a b
b a a b
   
    
  
.
0.25



1
1 1 2
2 2 2
ab ab ab ab ab ab
M a b b a ab
b a a b
b a ab
        
  
(BĐT AM-GM)
0.25

 





1 1
1 1 3
2 2 2 2 2 2
a b b a
a b
M a b b a ab
 
 

      
 
 
, (BĐT AM-GM)
dấu bằng khi
a b 1
 

Vậy giá trị lớn nhất của
M
bằng
3
2
đạt được khi
1 1
a b x y
    
.
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
WWW.VNMATH.COM

2,0 đ



 
C Ox C c;0
DC : x 3y 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
3 7
I( ; )
2 2


J là trung điểm DC
3d 2c d
J ;

2 2

 

 
 
, từ
8 3c
IJ AB d ( 2 )
5

  

0.25

Thay (2) vào (1) có:
2
c 6
2c 9c 18 0
3
c
2



   





c 6 d 2 D(0; 2 )( tm )
3 5 5
c d D(6; )( ktm )
2 2 2
     

   

(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
p x x
x
 
 
 
 
. Biết rằng số

nguyên dương
n
thoả mãn
6 7 8 9 8
n n n n n 2
C 3C 3C C 2C

   

1,0đ

Điều kiện :
*
n ,n 9
 


9 8 8 9 8 9 8
n 3 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2
C 2C C C 2C C C n 15
      
        

0.25

Khi đó
 
 
15 k
30 5k

15 15
15 k
k k k
3 3
6
15 15
k 0 k 0
2 2
p x x C x C 2 x
x x


 
   
   
   
   
 

0.25

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

0.25

Số hạng không chứa
x
phải tìm là
6 6
15
C .2 320320


0,25

Xác định
m
để hàm số:




2
y m 3m x 2 m 3 cos x
   
luôn nghịch biến trên


1,0
Câu
Đạo hàm :



2
y m 3m 2 m 3 sin x

   

0,25
VII A
Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên

y 0 x

   



WWW.VNMATH.COM







2 2
m 3m 2 m 3 sin x 0 x m 3m 2 m 3 t 0 t 1;1 ,t sin x
               


0,25

Đồ thị




2
f t 2 m 3 t m 3m
    
trên đoạn


1;1

là một đoạn thẳng
để
 
 


 
f 1 0
f t 0 t 1;1
f 1 0

 

    






0,25



 




  
2
2
2 m 3 m 3m 0 m 3 m 2 0
2 m 3
2 m 3
2 m 3
m 3 m 2 0
2 m 3 m 3m 0

      
  

 
    
  
 
  
    







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
x y
E a b
a b
   
với 2 tiêu điểm






2 2 2
1 2
;0 ; ;0 , 0
F c F c c a b c
   

1,0 đ




0,25

2 đỉnh trên trục nhỏ là




1 2
0; , 0;
B b B b

theo gt:tam giác


1 1 2 1 1
B F F B F F

đều
và chu vi hình chữ nhật cơ sở của


E
là



12 2 3

.
0,25

 
 
 
2 2 2
2 2
6
3
2 3 3 : 1
2 36 27
3
4 12 2 3
c a b
a
x y
b c b E
c
a b

 






     
 
 



  


0,5

2) Tính tổng :
2 3 2013
2013 2013 2013
S 1.2.C 2.3.C 2012.2013.C   


1,0 đ

Xét số hạng tổng quát :


k
2013
k 1 .k.C k 2,3, ,2013.
  

0,25

   

 
k k 2
2013 2011
2013!
k 1 .k.C k 1 .k. 2012.2013.C k 2,3, ,2013
k ! 2013 k !

     


0,25

Vậy


0 1 2 2011
2011 2011 2011 2011
S 2012.2013. C C C C    

0,25

 
2011
2011
S 2012.2013. 1 1 2012.2013.2
  

0,25
Câu
Xác định

m
để hàm số:




2 2
y m m 1 x m m 1 sin x 2m
      
đồng biến trên


1,0
7B
Đạo hàm




2 2
y m m 1 m m 1 cos x

     


1,0 đ
Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên

y 0 x


   


0,25





2 2
m m 1 m m 1 cos x 0 x
       








2 2
m m 1 m m 1 t 0 t 1;1
        
với
t cos x


0,25

Đồ thị









2 2
f t m m 1 m m 1 t , t 1;1
        
trên đoạn


1;1

là một
đoạn thẳng để
 
 


 
f 1 0
f t 0 t 1;1
f 1 0
 

    


 



0,25
WWW.VNMATH.COM


2
2m 2 0 m
m 0
2m 0

   
 




. Vậy
m 0

thoả mãn yêu cầu bài toán
0,25