Đáp án KTCL ôn thi đại học môn toán khối D lần 1 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2013,2014

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:
Câu Ý

Nội dung trình bày Điểm
1 a

1,0 điểm

+ TXĐ:


\ 1
D R

+ Sự biến thiên: Ta có:
2
1
0,
( 1)

y x D
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.

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

lim 1;lim 1
x x
y y
 
 

đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng
1
y

;
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
-3 -2 -1 1 2 3 4 5
-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
( )
m
d
và
( )

C
là:

2
2 0
x mx m
   
(1) (
1
x

).
0,25
Vì
2
4 8 0
1 2 1 0
m m
m m

    

     

với
m

nên (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với
m


.
Suy ra
( )
m
d
cắt
( )
C
tại hai điểm phân biệt với
m

.
0,25














Gọi các giao điểm của
( )
m

d
và
( )
C
là:
( ; ); ( ; )
A B B B
A x y B x y
với
A
x
;
B
x
là các nghiệm
của phương trình (1) . Theo Viet có:
2
A B A B
x x m; x x m
   
.
Ta có
  
2 2 2
2 2
2( ) 2 ( ) 4 . 2 4( 2) 2 ( 2) 4 8
A B A B A B
AB x x x x x x m m m
  
           

  

0,25
www.VNMATH.com
Vậy
AB
nhỏ nhất bằng
2 2
đạt được khi
2
m

.
0,25
2 1,0 điểm

Điều kiện:
cos 0 ( )
2
x x k k


    

Ta có:
 
2 2
2
2
(2tan 1)cos 2 cos 2 3 cos 2 2cos 1

cos
x x x x x
x
 
       
 
 

0,25
3 2
2cos 3cos 3cos 2 0
x x x
    

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

 

     






0,25
Với
1 cos 1 (2 1) ;
t x x k k Z

        
(thoả mãn).
Với
2
t

(loại)
Với
1 1
cos 2 ;
2 2 3
t x x k k Z


       
(thoả mãn)

0,25

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
(2 1)
k


;
2
3
k


 
(
k Z

)
0,25
3 1,0 điểm




 
4 2 2 2 3 2 2
3 2
1
2 5 2 1 0 2
x x y y y x y x

y x

    


   


Đk:
5
2
x 
.
Phương trình
2 2 2
(1) ( 1 )( ) 0
x y x y
    

0.25

2
0
1
x y
x y
 




 


Trường hợp
0
x y
 
thế vào (2) không thoả mãn.
0.25
Trường hợp
2
1
x y
 
thế vào phương trình (2):


3
2 3 2 1 0 3
y y   

Xét hàm
3
3
( ) 2 3 2 1; ;
2
f t t t t
 
     



 


2
1
( ) 6
3 2
f t t
t

 

;
3
( ) 0; ;
2
f t t
 

   
 
 

Vậy hàm số
( )
f t
đồng biến trên
3
;

2
 



 
; mà
(1) 0
f


Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất
1
y


0.25

Với
2
1 2 2
y x x
     
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
( 2;1);( 2;1)

.
0.25
4 1,0 điểm

- Tập xác định:
D R


- Ta có:
 


2 2
2
x 2 1 x 2 1 ( )
x 2 1
x
m x m m x m f x
         
 

0.25

- Ta có:
 
2
2
2 2
2 x 2
'( )
x 2 x 2 1
f x
 


  
,
x R
 

0.25
www.VNMATH.com

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

  


1
x
lim f ( x )

 
;
1
x
lim f ( x )



- Bảng biến thiên:

0
0
1
2
- 2
-1
_
+
_
+

2
- 2

-

f(x)
f'(x)
x

0.25
- Từ bảng biến thiên ta được




2; 1 1; 2
m   
thỏa mãn.
0.25
5 1,0 điểm



- Vì
BC CD DA a
  
;
2
AB a

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
D
AOC
;
D
OBC
là các hình thoi và các tam giác
D
AO
;
DC
O
;
OCB
là các tam giác đều cạnh
a



O
là tâm đường tròn ngoại tiếp

D
ABC
.
- Ta có:
2 2
3 3 3
3 3.
4 4
ABCD AOD
a a
S S  
(đvdt).
0.25
- Trong hình thoi
D
AOC
, ta có:
3
AC a


- Trong tam giác vuông
SAC
có góc

0
60
SCA 


0
.tan 60 3. 3 3a
SA AC a
  



2 3
.
1 1 3a 3 3a 3
. . .3a.
3 3 4 4
S ABCD ABCD
V SA S  
(đvtt)
0.25
- Gọi
I
là trung điểm của
SB

O//SA
I


đường thẳng
O
I
là trục của đường tròn
ngoại tiếp đa giác đáy nên

D
IA IB IC I
  
.
- Mặt khác tam giác
SAB
vuông tại đỉnh
A



IS
IA IB
 



IS D
IA IB IC I
   
hay
I
là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.
S ABCD
.
0.25

- Bán kính của mặt cầu đó là:
2 2 2 2

9a 4a 13
IS
2 2 2 2
SB SA AB a
R IA IB
 
      
.
- Diện tích của mặt cầu đó là:
2
2 2
13a
4 4 13
4
R a
  
 
(đvdt)
0.25
6 1,0 điểm


- Đặt
0
;




t

t
z
y
x

- Ta có:




1
2
1
2
2222
2




 t
tzyxzyx
zxyzxy

Lại có:







0
222
 xzzyyx
nên




222
2
3 zyxzyx 

0.25
www.VNMATH.com
33
2
 tt
.
- Khi đó:
t
tT
1
1
2

với


3;1t

- Xét hàm
t
ttf
1
1)(
2

với


3;1t
;

2
1
2)(
t
ttf 

;


3;1;0)( 

ttf

0.25
- Ta có bảng biến thiên của hàm số trên



3;1


2 +
1
3
1
+
3
1
f(t)
f'(t)
t

0.25
- Từ bảng biến thiên suy ra
1
2
3
T  
, dấu “ = ” xảy ra khi
3
1
 zyx

Vậy
T
lớn nhất bằng (
3

1
2 
) đạt được khi
3
1
 zyx
.
0.25




7.a 1,0 điểm


4 2
3x + y = 0
x + y + 2 = 0
D
C
B
A

- Ta có:
(1; 3)
B AB BD B
   

+
( ; 2); ( 0)

A AB A t t t
    

- Ta có
2 2
4 2 ( 1) ( 1) 32
BA t t
      

0.25

2
3
( 1) 16
5
t
t
t
 

   




Với
5
t

loại vì

0
t

.
Với
3 ( 3;1)
t A AD
    
qua
A
và vuông góc với
AB
nên có phương trình
( 3) ( 1) 0
x y
   


4 0
x y
  
.
0.25
- Đường thẳng
BC
qua
B
và vuông góc với
AB
nên có phương trình:

( 1) ( 3) 0 4 0
x y x y
       
.
+
D(-1:3)
D AD BD
  

0.25

- Đường thẳng
DC
qua
D
và song song với
AB
nên có phương trình :
( 1) ( 3) 0 2 0
x y x y
       

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

: 4 0
AD x y
  







0.25
www.VNMATH.com
8.a 1,0 điểm

M (
3
2
;2)
I(4; 2)
H
C
B
A

- Gọi
2 2
( ) : ( 4) ( 2) 5
C x y
   
( )

C

có tâm
(4;2)
I
; bán kính
5
R 

- Gọi
H
là trung điểm của
BC
, tam giác
ABC
đều

I
là trọng tâm của tam giác
ABC
2
AI IH
 
 

0.25
- Gọi
( ; )
n a b


(


2 2
0
a b
 
) là véctơ pháp tuyến của đường thẳng
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 2 2
2
5 4( )
2
a b
a a b
a b


   

 


0.25

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

2 (2;1) (8;4)
IH BC t H A

    
.
0.25

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

2 (2;3) (8;0)
IH BC s H A
    

Vậy các điểm
A
thoả mãn là
(8;0)
A
;
(8;4)
A
.
0.25
9.a 1,0 điểm

- Đk:

*
2,
n n N
 

- Ta có:
2 1 2
! ! !
4 6 4 6
( 2)! ( 2)!(2!) ( 1)!
n n
n n n
n n n
A C C n n
n n n
 
        
  

0.25

2
12
11 12 0 12
1
n
n n n
n



      

 

(thỏa mãn).
0.25
- Với
12
n

ta có :
5
12 12
36
3 12 3 12
2
12 12
0 0
( 2 ) ( ) ( 2 ) ( 2)
k
k k k k k
k k
x x C x x C x


 
    
 

- Hệ số của

16
x
là
12
( 2)
k k
C

trong đó :
5
36 16 8
2
k
k
   

0.25

Vậy hệ số của
16
x
là:
8 8
12
( 2) 126720
C  
.
0.25
7.b 1,0 điểm

(C)
(d): x + 6y = 0
H
I
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:
4
x

.

0.25
www.VNMATH.com

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

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

0.25
(6; 1) ( 2; 2)
M d IM M MA
       


+ Giả sử
( ; 1) (4 ; 2)

I a IA a
   


Mà
2(4 ) 4 0 2
IA MA a a
       

0.25
Vậy
(2; 1)
I

; bán kính của
( )
C
là
2 2
IA 


( )
C
:


2
2
2 ( 1) 8

x y
   

Vậy đường tròn
( )
C
có phương trình là


2
2
2 ( 1) 8
x y
   

0.25
8.b 1,0 điểm

Giả sử phương trình của
( )
E
là:
2 2
2 2
1
x y
a b
 
.(
0

a b
 
)
Vì độ dài trục lớn bằng 6 nên
2 6 3
a a
  
.
0.25
Vì
 
2
2 2
3 2 18 2
( ; 2) 1 4
2 4
M E b
a b
     

 
2 2
: 1
9 4
x y
E
  
.
0.25
+) Giả sử



;
N x y
, ta có hệ phương trình:
2 2
2
2 2
2
9 3 5
5
5 5
16
1
4 5
9 4
5
5
x y
x x
x y
y
y



 
  



  
 
  
 
  

 






0.25

Vậy có 4 điểm :
3 5 4 5
;
5 5
N
 
 
 
 
;
3 5 4 5
;
5 5
N
 


 
 
 
;
3 5 4 5
;
5 5
N
 

 
 
 
;
3 5 4 5
;
5 5
N
 
 
 
 
 
.
0,25
9.b 1,0 điểm

Đk :
5,

n n N
 
. Ta có

3
2
20( 2)
n
A n

 
( 2)!
20( 2) ( 3)( 4) 20
( 5)!
n
n n n
n

      


0.25

2
8
7 8 0 8
1
n
n n n
n



      

 

(thỏa mãn)
0.25
Với
8
n

ta có
 
8
8 8
8
3 3 24 4
8 8
0 0
1 1
: .
k
k
k k k
k k
x C x C x
x x



 
   
  
   
   
 

0.25

Số hạng không chứa
x
ứng với
24 4 0 6
k k
   
.
Vậy số hạng không phụ thuộc
x
là
6
8
28
C

.
0.25

Hết
www.VNMATH.com