Đề thi và đáp án: Đề KSCL thi Đại học lần 1 năm học 2014 2015 Sở GDĐT Vĩnh Phúc

S GD&T VNH PHC
TRNG THPT NG U
KSCL THI I HC LN 1 NM HC 2014-2015
Mụn: TON; Khi A
Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt

Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s

32
331ymx mx m
cú th l

m
C
.
a) Kho sỏt v v th hm s vi
1m
.
b) Chng minh rng vi mi
0m

th

m
C
luụn cú hai im cc tr A v B, khi ú tỡm
cỏc giỏ tr ca tham s m
222
2( )20AB OA OB ( trong ú O l gc ta ).
Cõu 2 (1,0 im). Gii phng trỡnh:

sin sin cos cos
x
xxx
23 23 23

Cõu 3(1 im): Gii h phng trỡnh:
22
212 4(1)
427
xy x y
xyxy







.
Cõu 4 (1,0 im). Cho hỡnh chúp S.ABC cú ỏy l tam giỏc vuụng cõn ti C, cnh huyn
bng 3a, G l trng tõm tam giỏc ABC,
14
(),
2
a
SG ABC SB
. Tớnh th tớch khi chúp
S.ABC v khong cỏch t B n mt phng
()

SAC
theo
a
.
Cõu 5 (1 im):
Cho x, y, z l ba s

d

ng tho

món x
2
+ y
2
+ z
2
= 1.
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
111
P2xyz
xyz


Cõu 6(1,0 im).
Trong mt phng ta Oxy, cho tam giỏc ABC cú phng trỡnh ng thng
:2 1 0AB x y, phng trỡnh ng thng : 3 4 6 0AC x y
v im (1; 3)M nm trờn
ng thng BC tha món
32

M
BMC
. Tỡm ta trng tõm G ca tam giỏc ABC.
Cõu 7 (1
i
m):Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đ

ờng tròn

22
:1 213Cx y


v

đ

ờng thẳng

:520xy

. Gọi giao điểm của (C) với đ
ờng thẳng


l
A, B. Xác định
toạ độ điểm C sao cho tam giác ABC vuông tại B v
nội tiếp đ

ờng tròn (C).
Cõu 8
(1,0

i

m).
Tỡm h
s
c
a
2
x
trong khai tri
n thnh
a th
c c
a bi
u th
c

6
2
1Pxx
.
Cõu 9
(1,0
i

m).

Tỡm t

t c

cỏc giỏ tr


m


b

t ph

ng trỡnh

21
mxmx
cú
nghi

m trờn

o

n


0; 2

.
Ht

Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh:. ....; S bỏo danh



DETHITHUDH.NET

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬ
U

ĐÁP ÁN KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN; Khối A
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm
1 a 1,0 điểm

Với 1m 
, hàm số đã cho có dạng:
32
3y xx
TXĐ:


Giới hạn:
32 3
3

lim ( 3 ) lim 1
xx
xx x
x
 

 


;
32 3
3
lim ( 3 ) lim 1
xx
xx x
x
 






0,25
S
ự
bi
ế
n thiên c
ủ

a hàm s
ố
.
Ta có:
2
'3 6
y
xx

;
0
'0
2
x
y
x







BBT:
x


0 2


y’



0


0




y





0

4





0,25
Hàm s
ố

đồ
ng bi
ế
n trên m
ỗ
i kho
ả
ng
 
;0
và
 
2; 
, ngh
ị
ch bi
ế
n trên kho
ả
ng
 
0; 2
.
Hàm s
ố
đạ
t c
ự
c đạ
i t

ạ
i đ
i
ể
m
0x 
; giá trị cực đại của hàm số là

00
y


Hàm s
ố
đạ
t c
ự
c tiể
u t
ạ
i đ
i
ể
m
2
x

; giá trị cực tiểu của hàm số là

24

y

.
0,25

Đồ
th
ị:
Giao đ
i
ể
m vớ
i tr
ụ
c tung là đ
i
ể
m
 
0;0 .

0
0
3
x
y
x








Nhận xét: Điểm

1; 2I 
là tâm
đố
i xứ
ng c
ủ
a đồ

thị hàm số.
0,25
b 1,0 điểm

Ta có:
2
'3 6y mx mx
0
'0
2
x
y
x







( Với mọi
m khác 0).
Do '
y đổi dấu qua 0x  và 2x  nên đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ( đpcm)
0,25

Với

031xym  ; 2 3xym .
0,25
DETHITHUDH.NET
Do vai trò c
ủa A,B nh
ư nhau nên không m
ất tính t
ổng quát gi
ả s
ử

0;3 3 , 2; 3Am B m

Ta có:

22 2
220OA OB AB 
  

22
2
9 1 4 3 2 4 16 20mm m   

0,25







2
11 6 17 0
mm

1
17
11
m
m










KL: V
ới
1
17
11
m
m






thì ycbt
được th
ỏa mãn.
0,25
2 1,0 điểm

Ph
ương trình
đã cho t
ương
đương v
ới:

31 31
1 .sin 2 cos2 3 sin cos 0
22 22
xx xx

 



0,25
cos sin
xx


    


12 3 0
36

0,25
sin
sin sin
sin (loai)
x
xx
x









 


 


 






2
0
6
230
66
3
62

0,25

V
ới

sin 0 , .
66
xxkk







0,25
3 1,0 đ
i
ểm

HPT









7
24
)1(0612)12(2
2
2

xy
yx
yxyx


Đ
iề
u ki
ệ
n: x+2y
10



Đặt t =
21 (t0)xy 


0,25

Ph
ương trình (1) tr
ở
thành : 2t
2
– t – 6 = 0



2/

3
t/m
2
ttm
tk









0,25


Khi đó hpt đã cho
22
1
1
23
2
427
1
2
x
y
xy
x

xyxy
y


























(t/m đk)

0,25

DETHITHUDH.NET
V
ậ
y nghi
ệ
m (x,y) c
ủ
a h
ệ

đ
ã cho là: (1,1) và
)
2
1
,2(
.

0,25

4 1,0 điểm

H
M
I
G

S
C
B
A


Vì tam giác
ABC
vuông cân tại
C
,
3
3
2
a
AB a CA CB
  
Gọi M là trung điểm
AC
3
22
a
MC

35
22
a
MB

0,25

22
25
3
2
a
B
GBM SGSBBGa
    
3
.
13
.
34
S ABC ABC
a
VSGS

  (đvtt)
0.25
Kẻ () ()
GI AC I AC AC SGI

Ta có
1
3
2
a
GI BC
. Kẻ
( ) () (,())GH SI H SI GH SAC d G SAC GH    

0,25

Ta có
222
111
3
a
GH
GH GS GI
 (,())3(,())3 3dB SAC dG SAC GH a 

0.25
5 1,0
đ
i
ểm

Áp dụ
ng B
ĐT Cauchy:
3
111 3
xyz
xyz



Nên P ≥
3
3

2xyz
xyz

. Đẳng thức khi: x = y = z.
0.25
Đặt t =
3
xyz

Cũng theo Cauchy: 1 = x
2
+ y
2
+z
2
≥
222
3
3xyz. Đẳng thức khi x = y = z.

Nên có: 0 < t ≤
3
3
0.25
DETHITHUDH.NET
Xét hàm số
: f(t) =
3
3
2t

t
 với 0 < t ≤
3
3


Tính f’(t) =
4
2
22
33(2t1)
6t
tt

 


Lập bảng biến thiên của f(t) rồi chỉ ra : f(t) ≥
29 3
9
 t 
3
0;
3





.

0.25
Từ

đó: P
≥
29 3
9
. GTNN c
ủ
a P là
29 3
9

đạ
t khi x = y = z =
3
3

0.25


6 1,0 điểm


Vì
B
thu
ộ
c
đườ

ng th
ẳ
ng (
AB
) nên
 
;1 2
B
aa ,
Tương tự:

24;3
Cbb

Ta có:

1; 4 2
M
Ba a
 

,
 
34;3 3
MC b b

 


0.25

Ta có


 
2; 3AB AC A A.
Vì
B, M, C
thẳng hàng,
32
M
BMC
nên ta có:
32
M
BMC
 
hoặc
32
M
BMC
 

0.25
TH1:
32
M
BMC
 






31234
34 2 23 3
ab
ab
 



 


11
5
6
5
a
b













11 17
;
55
B




,
14 18
;
55
C




710
;
33
G





0.25

TH2:
32
M
BMC
 






31234
34 2 23 3
ab
ab





  



3
0
a
b









3; 5 , 2; 0BC 
8
1;
3
G





Vậy có hai điểm
710
;
33
G




và
8
1;
3
G





thỏa mãn đề bài.
0.25
7 1,0 đ
i
ểm


-Tọa độ điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình:
 






























1
3
0
2
25
02626
025
1321
2
22
y
x
y
x
yx
yy
yx
yx

0,25


 
2;0 , 3; 1AB
hoặc
   
3; 1 , 2; 0AB


0,25

DETHITHUDH.NET
-Vì tam giác ABC vuông tạ
i B và n
ội ti
ế
p đườ
ng tròn (C) nên AC là
đườ
ng kính c
ủ
a
đường tròn (C). Hay tâm
 
21;I 
là trung điểm của AC.
0,25

Khi đó:

   
2;0 , 3; 1 4; 4AB C  





3; 1 , 2; 0 1; 5ABC 

Vậy:

44
;
C

hoặc

51
;
C

0,25

8 1,0 điểm


Theo công thứ
c nh

ị th
ứ
c Niu-tơ
n, ta có:
06125 2 6 510 612
66 6 6 6
(1) (1) (1) (1)
kk k
PCx Cxx Cx x Cxx Cx

   


0.25
Suy ra, khi khai triển
P
thành đa thức,
2
x
chỉ xuất hiện khi khai triển
06
6
(1)
Cx
và
12 5
6
(1)
Cx x
.

0.25
Hệ số của
2
x
trong khai triển
06
6
(1)
Cx
là :
02
66
.
CC

Hệ số của
2
x
trong khai triển
12 5
6
(1)Cx x là :
10
65
.CC
0.25

Vì vậy hệ số của
2
x

trong khai triển
P
thành đa thức là :
02
66
.
CC
10
65
.
CC
 = 9.
0.25
9 1,0 điểm


Ta có
  
2
212 21mxmx mxmxx


2
41
1
x
x
m
x




(vì


0; 2x 
)
0.25
Xét hàm số

2
41
1
x
x
fx
x



trên đoạn


0; 2
, ta có



2
2

25
;0 16
1
xx
fx fx x
x





0.25
Bả
ng bi
ế
n thiên




01;2 1;
16266
ff
f

  

0.25

Vậy : bất phương trình đã cho có nghiệm thì



0;2
min 1 6 2 6 6mfxf.
0.25

+
_
0
- 1
1
26- 6
f(x)
f'(x)
x
2-1+ 6
0
DETHITHUDH.NET