BỘ đề THI KHẢO sát CHẤT LƯỢNG THI đh cđ môn TOÁN các KHỐI của TỈNH VP có đáp án

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1
ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I ( 2,0 điểm). Cho hàm số y   x 4  2mx 2  4 có đồ thị  Cm  . ( m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m =2.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để các điểm cực trị của đồ thị  Cm  nằm trên các trục tọa độ.
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình: sin x tan 2 x  3 sin x  3 tan 2 x  3 3 .



2. Giải bất phương trình:

x



3 x
 1.
3 x

2
2

2 x  3 y  y  8 x  1  0
Câu III (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 


 x  x  8  y  y  3  13  0
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có đoạn thẳng nối hai tâm của hai mặt bên kề
nhau có độ dài bằng a. Tính theo a thể tích khối lập phương ABCD.A'B'C'D' và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AC' và B'D'.
Câu V (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 x2 2 
 y2 2 
 z2 2 
P  x    y    z  .
 3 yz 
 3 zx 
 3 xy 
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 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình

x  y  0 và điểm M(2;1). Lập phương trình đường thẳng    cắt trục hoành tại A, cắt đường thẳng (d)
tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M.
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C1) có phương trình
x 2  y 2  25 , điểm M(1; -2). Đường tròn (C2) có bán kính bằng 2 10 . Tìm tọa độ tâm của (C2) sao cho
(C2) cắt (C1) theo một dây cung qua M có độ dài nhỏ nhất.
12 3
1
Câu VIII.a (1,0 điểm). Giải bất phương trình:
Cx  3 Ax2  A22x  81. ( x  N * )
x
2
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm P(-7;8) và hai đường

thẳng  d1  : 2 x  5 y  3  0,  d2  : 5x  2 y  7  0 cắt nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua
29
.
2
Câu VII.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình
x  y  2  0 và đường tròn (C1) có phương trình: x 2  y 2  4 x  2 y  4  0 . Đường tròn (C2) có tâm
thuộc (d), (C2) tiếp xúc ngoài với (C1) và có bán kính gấp đôi bán kính của (C1). Viết phương trình của
đường tròn (C2).
x 2  mx  3
Câu VIII.b (1,0 điểm). Cho hàm số y 
.Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực đại,
x 1
cực tiểu đồng thời hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị nằm về hai phía của đường thẳng (d): 2x+y-1=0.

P và tạo với (d1 ),(d 2 ) một tam giác cân tại A và có diện tích bằng

--------------------- Hết -------------------Chú ý: 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: ……………………


Câu
I

HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2012-2013 LẦN 1
MÔN TOÁN -KHỐI D
( Đáp án có 06 trang: từ trang 1 đến trang 6 )
Đáp án
1. Khảo sát hàm số với m = 2.
Với m = 2, hàm số trở thành: y  x 4  4x 2  4
* TXĐ: R

* Sự biến thiên của hàm số:
Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: lim y  ;
lim y  
x 

Điểm
1,00
0,25
0,25

x 

- Bảng biến thiên:
x  0

+ Ta có: y '  4 x 3  8 x; y '  0  

x   2

+ Bảng biến thiên:
x -
y’
+
y

 2

0
0

0
-

+

2

0

+

0
0

0,25

-

-4



-





- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; - 2 và 0; 2



  2;0  và  2;  
- Điểm cực đại của đồ thị là   2;0  ,  2;0  điểm cực tiểu của đồ thị B(0;-4)
- Hàm số nghịch biến trên khoảng

* Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung tại  0; 4  và cắt trục hoành tại điểm  2;0 và







2;0


0,25

+ Nhận xét: Đồ thị (C) nhận trục tung làm trục đối xứng.




fx = -x4 +4x2 -4
2

-5

5

10

-2

-4

-6

-8

2. Tìm m để tất cả các cực trị của hàm số  Cm  nằm trên các trục tọa độ.
x  0

Ta có: y '  4 x3  4mx  4 x   x 2  m  ; y '  0  

1,00
0,25

2
x  m

Nếu m  0 thì  Cm  chỉ có một điểm cực trị và đó là điểm cực đại nằm trên trục
tung.
Nếu m  0 thì  Cm  có 3 điểm cực trị . Một cực tiểu nằm trên trục tung và hai
điểm cực đại có tọa độ ( m; m  4) , ( m; m  4) .
Để hai điểm này nằm trên trục hoành thì
m2  4  0  m  2 . Vì m  0 nên chọn m = 2.
Vậy m (;0]  2 là những giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

1. Giải phương trình lượng giác
2

0,25
0,25

2

0,25
1,00


II

- Đk. cos 2x  0  x 



 m , m  Z.
4
2

Ta có: sin x tan 2 x  3(sin x  3 tan 2 x)  3 3

0,25

 (sin x tan 2 x  3 sin x)  (3tan 2 x  3 3)  0
 sin x(tan 2 x  3)  3(tan 2 x  3)  0  (tan 2 x  3)(sin x  3)  0

 k

 tan 2 x   3  2 x 
 k  x 

(k  Z ). (thỏa mãn)
3
6
2

0,25



Vậy pt có một họ nghiệm : x    k , k  Z .

0,25

2. Giải bất phương trình
+ Đk: x  0; x  3.

1,00
0,25

6

Bất phương trình  x  1 

2

3 x
3 x

 2x
3  x  0

2x
4x 2

 x
 x 
3 x
(3  x) 2

x  0


 x  (3; )
 2
 x  10x  9  0
 x  (3; )

 x  (3;9) (Thỏa mãn điều kiện)
x

(1;9)

Vậy tập nghiệm của bpt là : (3;9)
Giải hệ phương trình...
+ Điều kiện: x2  3 y  0, y 2  8x  0
III

0,25

Đặt u  x 2  3 y , v  y 2  8x

 u, v  0 

v  2u  1
v  2u  1
 2 2
 2
2
u  v  13 u  v  13 u  (2u  1)  13
v  2u  1

v  2u  1
u  2
 u  2
 2
 

v  3
5u  4u  12  0
 u  6 (loai )
 
5

0,25

0,25
0,25

1,00
0,25

2u  v  1

+ Ta được: 



+ Khi đó 


2

2


4  x2
y


2
3
x2  3 y  2
 x  3 y  4

 2

2 2

 y  8 x  9
y 2  8x  3
 4  x   8 x  9
 3 



4  x2
y



3
 x 4  8 x 2  72 x  65  0


0,25

0,25


 x  1

4  x2
2
y



4 x


3
y 

y 1



3
  x  5
( x  1)( x  5)( x 2  4 x  13)  0
 x  1


  x  5
  y  7

0,25

Kết hợp với điều kiện ban đầu ta thu được tập hợp nghiệm của hệ phương trình
là: S  (1;1),(5; 7)
Tính thể tích ….
IV

B

C

A

1,00
0,25

D
M

K
N

B'

C'
I

A'
D'
+ Gọi M,N lần lượt là 2 tâm của 2 hình vuông ABB'A'; ADD'A'

1
 MN  B'D'  B'D'  2a  A 'B'  a 2
2





2

VABCDA' B'C ' D'  AA'.S A' B'C ' D'  a 2 a 2  2 2a3 (đvtt)
0,25

+ Gọi I là giao của B'D' và A'C'
Trong (AA'C') kẻ IK  AC' ; K  AC'

AA'  B' D' 
Vì
  ( AA' C )  B' D'  IK  B' D'
A' C '  B' D'
Vậy: d ( AC' , B' D' )  IK
C' IK đồng dạng với C'AA' .


0,25

IK
C'I
AA '.C'I
a 2.a
a

 IK 


AA ' C'A
C'A
a 2. 3
3

Kết luận: Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC’ và B’D’ bằng

0,25

a
.
3

Tìm GTNN của biểu thức….
V

x  y z
3


1,00


x y z
  2
xyz

2
2
2
2
2
Áp dụng bđt: a  b  2ab, a, b  x  y  z  xy  yz  zx .
Ta có: P  

3

3

3

2

2

2

0,25

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z.

 x3 2   y 3 2   z 3 2 
x y z
xy  yz  zx
P
2
 P            
3
xyz
 3 x  3 y  3 z
t3 2
+ Xét hàm số f (t )   với t  0 ;
3 t
4
2 t 2
0,25
f ' (t )  t 2  2  2 ; f ' (t )  0  t  4 2
t

t
3

3

3


+ BBT
t

f

/

0

42



t 

0









f t 

0,25

8
34 2

Vậy P  44 8 Đẳng thức xảy ra khi x  y  z  4 2 . Hay Pmin  44 8

VI

Chương trình chuẩn
a. Viết phương trình đường thẳng….


A  Ox  A(a;0), B  d  B(b; b) , M (2;1)  MA  (a  2; 1), MB  (b  2; b  1) .
Tam giác ABM vuông cân tại M nên:

0,25
1,00
0,25

 
(a  2)(b  2)  (b  1)  0

 MA.MB  0




2
2
2
 MA  MB
 (a  2)  1  (b  2)  (b  1)



Nhận xét b=2 không thỏa mãn hệ phương trình này.
b 1

a2 
b 1


b2
a  2 

Ta có : 

b2
2
(a  2) 2  1  (b  2) 2  (b  1) 2
 b  1   1  (b  2) 2  (b  1) 2

 b  2 
 a  2
b 1



a  2  b  2

b  1


 a  4
 (b  2) 2  (b  1) 2  .  1  1  0

  (b  2) 2 
 


 b  3
a  2
Với 
đường thẳng  qua A,B có phương trình x  y  2  0
b  1

0,25

a  4
đường thẳng  qua A,B có phương trình 3x  y  12  0
b  3
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x  y  2  0 và 3x  y  12  0 .

0,25

a. Tìm tọa độ tâm đường tròn…

1,00

Với 

VII

0,25

(C1)

A

(C2)

O

M I
B
+(C1) có tâm O(0;0), bán kính R=5

OM 1;2  OM  5  OM  R  M nằm trong đường tròn (C1)

0,25

+ Giả sử (C2) cắt (C1) tại A và B. Gọi H là trung điểm đoạn AB.

AB  2 AH  2 OA2  OH 2  2 25  OH 2 . Mà OH lớn nhất khi H trùng với
M.
Vậy AB nhỏ nhất khi M là trung điểm của AB. AB qua M và vuông góc với OM.

+ Phương trình của AB: x – 2y – 5 = 0. Tọa độ của A,B là nghiệm hệ:

x  2 y  5  0
. Giải hệ được hai nghiệm(5;0);(-3;-4).
 2
2
 x  y  25

0,25


+ Giả sử A(5;0); B(-3;-4). Phương trình của OM: 2x + y = 0.
Gọi I là tâm của (C2); Do I  OM  I (t;2t ) .
Mà IA = 2 10 => (5  t )  4t  40 .Giải ra: t = -1 hoặc t = 3.
t  1  I(1,2) ; t  3  I (3,6)
Vậy tâm của (C2) có tọa độ (-1 ; 2) hoặc (3, -6).
2

2

a. Tìm nghiệm của BPT….
VIII

0,25

0,25
1,00
0,25

+ Đk : x  N ; x  3

12
x!
3.x!
1 (2 x)!
.

 .
 81
x 3!( x  3)! ( x  2)! 2 (2 x  2)!
 2( x  2)( x  1)  3( x  1) x  x(2 x  1)  81
 17
 3x 2  2 x  85  0 
 x5
3
+ Kết hợp điều kiện ta được x  3;4;5.
Vậy tập nghiệm của pt là 3;4;5
bpt 

0,25
0,25
0,25

Chương trình nâng cao
b. Viết phương trình….

1,00

VI
d2

d1

A

0,25
d
B

P

H

C

Ta có A  d1  d2  tọa độ của A là nghiệm của hệ
2 x  5 y  3  0
x  1

 A 1; 1

5 x  2 y  7  0
 y  1

Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi d1 , d 2 là
 1  : 7 x  3 y  4  0,  2  : 3x  7 y 10  0 .
Vì d tạo với d1 , d 2 một tam giác cân tại A nên
 d  1
3x  7 y  C1  0
 d    7 x  3 y  C  0 . Mặt khác P(7;8)  (d ) nên C1  77, C2  25 .


2

2
 d : 3x  7 y  77  0
Suy ra: 
 d : 7 x  3 y  25  0

0,25

Gọi B  d1  d , C  d2  d . Thấy (d1 )  (d 2 )  tam giác ABC vuông cân tại A
1
1
29
AB. AC  AB 2 
 AB  29 và BC  AB 2  58
2
2
2
29
2
2SABC
58
 2 
Suy ra: AH 
BC
2
58
3.1  7(1)  77
87

58

 AH 
Với d : 3x  7 y  77  0 , ta có d ( A; d ) 
(loại)
2
58
32  (7) 2

nên: SABC 

Với d : 7 x  3 y  25  0 ta có d ( A; d ) 
Vậy d : 7 x  3 y  25  0

7.1  3(1)  25
72  32



29
58

 AH (t/mãn).
2
58

0,25

0,25

b. Viết phương trình …
VII

(C1) có tâm I(2 ;-1); bán kính R1 = 1.Vậy (C2) có bán kính R2 = 2
Gọi J là tâm của (C2). Do J  d  J t;t  2
(C1) tiếp xúc ngoài với (C2) nên IJ = R1 + R2 = 3 hay IJ2 = 9.

t  2
2
 (t  2) 2   t  1  9  t 2  t  2  0  
t  1
2
2
+ t  1  J  1;1  (C2 ) : ( x  1)  ( y  1)  4

0,25
0,25

+ t  2  J 2;4  (C2 ) : ( x  2)  ( y  4)  4
2

1,00
0,25

2

Vậy có 2 đường tròn (C2) thỏa mãn là: ( x  1)  ( y  1)  4
2

0,25

2

và ( x  2) 2  ( y  4) 2  4
b. Tìm m để…
VIII

Ta có y ' 

x  2x  m  3
2

 x  1

1,00
0,25

2

Hàm số có CĐ, CT khi pt y'=0 có 2 nghiệm phân biệt khác -1.
 x2  2 x  m  3  0 có hai nghiệm phân biệt khác – 1
 '  4  m  0

m4
m  4  0

Giả sử đồ thị có điểm CĐ,CT là A  x1; y1  , B  x2 ; y2  . Khi đó pt đường thẳng đi
qua 2 điểm CĐ,CT là y = 2x+m. Suy ra y1  2 x1  m; y2  2 x2  m .
Hai điểm A, B nằm về hai phía của đường thẳng (d) khi

 2 x1  y1  1 2 x2  y2  1  0   4 x1  m  1 4 x2  m  1  0
2
 16 x1 x2  4  m  1 x1  x2    m  1  0

 x1  x2  2
. Thay vào bpt trên, ta được:
 x1 x2  m  3

0,25

0,25

Theo định lý Vi-et 

m  6m  39  0  3  4 3  m  3  4 3 .
2

Vậy 3  4 3  m  3  4 3

0,25


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 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 y  x3  3x 2   m  1 x  1  Cm  (m là tham số thực).
1.
2.

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m  1 .
Tìm tất cả các giá trị của m đề đồ thị hàm số  Cm  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
, với O là
2

gốc tọa độ.
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình: cos 4 x  2sin 6 x  2 3 sin 3x cos x  cos 2 x.
2. Giải bất phương trình:  4 x 2  x  7  x  2  10  4 x  8x 2 .
x  2  3 3x  2
.
x 2
x2
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
3
.
cạnh BB '. Biết hai đường thẳng A ' B, CM vuông góc với nhau và cách nhau một khoảng bằng a
10
Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C '.
 x 2  1  3x 2 y  2
4 y 2  1  1  8x2 y3


Câu V(1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2

x y  x  2  0
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 ,

Câu III (1,0 điểm). Tính giới hạn: lim







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 
G ; .
 6 3
2. Cho đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  6 y  15  0 và đường thẳng  d  : 4 x  3 y  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  2CD . Biết phương trình: AC : x  y  4  0
và
BD : x  y  2  0 . Tìm tọa độ 4 đỉnh A, B, C, D biết hoành độ của A và B dương và diện tích của hình

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 9 trong khai triển: 1  3x



2n

; n   * , biết

2
14 1
 3 .
2
Cn 3Cn n

-------------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

KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 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:
CÂU Ý
NỘI DUNG
ĐIỂM
3
2
I
1 +) Với m  1 , hàm số đã cho có dạng: y  x  3x  1
0,25
+) TXĐ: 
+) Giới hạn của hàm số tại vô cực:
lim   và lim  
x

x

x  0
+) Sự biến thiên của hàm số: Ta có: y '  3x 2  6 x ; y '  0  
x  2
BBT

x
y'





0
0

2
0







0,25


y
1
-3


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

0,25

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  2 ; giá trị cực tiểu của hàm số là y  2   3 .
+) Đồ thị:
Giao điểm của đồ thị với trục tung là điểm
 0;1 .

x  0
y 1 
x  3
+) Nhận xét: Điểm I(1;-1) là tâm đối xứng của
đồ thị hàm số.

0,25


2

Phương trình cho hoành độ giao điểm của  Cm  và  d  .
x  0
x3  3x 2   m  1 x  1  x  1   2
1
 x  3x  m  0
Để  Cm  cắt  d  tại ba điểm phân biệt  pt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0

0,25

9

m 
(*)


4
m  0
+) Giả sử B  x1; x1  1 , C  x2 ; x2  1 . Khi đó x1 ; x2 là nghiệm của phương trình (1)

Ta có: OB.OC 

 2x

2
1

 2 x1  1 2 x22  2 x2  1

0,25

2
 x1  3x1  m
Vì x1 ; x2 là nghiệm của phương trình (1) nên :  2
 x2  3x2  m

 OB.OC 

II

1

8x1  1  2m 8x2  1  2m 

 4m2  12m  25

1
OB.OC.BC
Vì SOBC  d  O,  d   .BC 
nên OB.OC  2R.d  O,  d  
2
4R
1
+) d  O,  d   
2
m  1
Từ (2) và (3) ta có: 4m2  12m  25  41  
 m  4
Từ (*) và (**) với m  1 hoặc m  4 thì ycbt được thỏa mãn.
Phương trình đã cho tương đương với phương trình
cos 4 x  cos 2 x  2sin 6 x  2 3 sin 3x cos x  0
 2sin 3x sin x  4sin 3x cos3x  2 3 sin 3x cos x  0



(2)

0,25

(3)
(*)

0,25

0,25



 2sin 3x sin x  3 cos x  2cos3x  0
● sin 3x  0  x 

2

k
3

0,25



x    k



12
● sin x  3 cos x  2 cos 3x  cos  x    cos 3x  
6

 x    k

24 2
k

 k
Vậy nghiệm của phương trình là x 
, x    k , x 


3
12
24 2
Điều kiện: x  2.
Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình
 4x2  x  7  x  2  2  4x2  x  7   2  x  2  4
  4 x2  x  7 



 

x2 2 2

x2 2



x2 2

2

 

 

 

 





x  2 1

x  2  2x 1

2


(1)

x  2  2 x  1 (2)
x  2  2x 1

(3)

x  2  2 x  1 (4)



x  2 1 2x

(I )

( II )



 (k )

0,25



 4 x2  x  7  2 x  2  4  4 x2  x  2  2 x  2  1

  2x  

0,25



x  2 1 2x  0

0,25


 x  2
● Giải hệ (I): Từ (1) và (2) suy ra 
 2  x  0.
2 x  1  2 x  1
2  x  0

Khi đó hệ (I) tương đương với hệ phương trình 

 x  2  2 x  1

0,25

1

2  x   2

 x   2;  1
 x  2   2 x  12

 x  2
● Giải hệ (II): Từ (3) và (4) suy ra 
 x  0.
2 x  1  2 x  1
x  0

Khi đó hệ (I) tương đương với hệ phương trình 

 x  2  2x 1

0,25

1

 5  41

x  2

 x  
;   
 8


 x  2   2 x  12


III

IV

 5  41

Vậy tập nghiệm của bất pt là T   2;  1  
;    .
 8

3
3
 x  2  2 2  3x  2 
x  2  3x  2
lim
 lim 


x 2
x 2
x2
x

2
x2 




1
3

0
 lim

2 
x 2  x  2  2
3
3
4  2 3x  2   3x  2  


0,25
0,5

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 '
 CM  A ' I , mà CM  A ' B

A’

C’

nên CM   A ' IB   CM  IB
I

B’
Hai tam giác CBM và BB’I đồng dạng
M
nên CB.B ' I  BM .BB '
H
K
CB BB '
A
C
 CB.

.BB '  BB '  BC
2
2
B
Suy ra lăng trụ đã cho là lăng trụ tam giác đều
có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng x ( x  0) .
Gọi H là giao điểm của BI và CM, K là hình chiếu vuông góc của H trên A’B thì HK là
3
.
đoạn vuông góc chung của A’B và CM, suy ra HK  a
10

0,25

0,25

BM 2 .BC 2
x


2
2
BM  BC
5
Hai tam giác BHK và BA’I đồng dạng nên BH . A ' I  HK.BA '
x x 3
3


a
 x 2  x  2a.
10
5 2

0,25

Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là V  A ' A.SABC  2a3 3.

0,25

Trong tam giác vuông BCM ta có BH 








 x 2  1  3x 2 y  2

4 y 2  1  1  8x2 y3
1


2

2 
x y  x  2  0
+) Với y  0 thì VT 1  0 , VP 1  0  Hệ phương trình chỉ có nghiệm  x, y  với

V

0,25

y 0.
+) Vì y  0 nên từ phương trình (2) của hệ suy ra x  2
Khi đó: 1  x 2  1  3x 2 y  2  2 x 2 y





4 y2  1 1

 x2  1  2  2 x2 y 4 y 2  1  x2 y

(3)

Thay 2  x  x 2 y vào phương trình (3) ta được:

0,25

x 1  x  2x y 4 y 1  2x y
2



2

2

2

1
1 1
1 2   2 y 4 y2 1  2 y
x
x
x

+) Xét hàm số: f  t   t 1  t 2  t với t  0

f ' t   1  t 2 

VI.a

1

t2
1 t2

 1  0 với mọi t  0

1
1
1
 f  t  là hàm đồng biến trên  0;   . Mà f    f  2 y    2 y  xy 
x
2
 x
1
1
+) Thay xy  vào phương trình (2) của hệ ta có : x  4  y  .
2
8
x  4

Thử lại thấy 
1 thỏa mãn hệ phương trình đã cho.
y


8
 1
Kết luận : Hệ phương trình đã có nghiệm duy nhất  x, y    4; 
 8
Giả sử B  a; b  .
D
N


Khi đó: AB   a  1; b  1 .
Theo giả thiết:
G
 
 a2 b2
3 AM  AB  M 
;

3 
 3

A

2

0,25

M

0,25

C

0,25

B

 

 11  a 7  b 

+) 2CN  CD   AB  N 
;
 . Vì G là trọng tâm của của tam giác BMN
2 
 2
a  2 11  a
19

a


 2
a  4
3
2

nên ta có: 
. Vậy B  4;1 .
b

2
7

b
b

1

5  b 



3
2
 
Vì AB  DC  D  2;3

0,25

+)  C  :  x  1   y  3  25 có tâm I 1; 3 và bán kính R  5 .

0,25

2

0,5

2

Gọi H là trung điểm của AB  IH  AB .
Ta có: IH 2  HB2  IB2  R2  IH  4

0,5


Vì  d '   d    d ' có dạng: 3x  4 y  m  0 .
Ta có: d  I ,  d '   IH 
VII.a

VI.b

1

3  12  m
5

4

 m  29

 m  11

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)
C53 .4!  240 (số)

0,5

Số có 4 chữ số đôi một khác nhau trong đó luôn có mặt số 2 và số 0 đứng đầu
C42 .3!  36 (số)

0,25

Tổng cộng có 240  36  204 (số).

0,25

 AC    BD   I   I  3;1
ID IC DC 1

Ta có:


 .
IB IA AB 2
 ID  a
Ta đặt: IC  a  
.
 IA  IB  2a
Dễ thấy:  AC    DB  . Từ đó suy ra:

D

C
I

A

0,5

B

S ABCD  SIAB  SIBC  SICD  SIAD
1
 36  9a 2  a  2 2
2
+) A  AC  A  a; 4  a   a  0 
a  7
2
Ta có: IA  4 2   a  3  16  

 a  1 loai 
Vậy A  7; 3

0,25

+) B  BD  B  t; t  2   t  0 

2

t  7
2
Ta có: IB  4 2   t  3  16  
Suy ra: B (7;5)
t  1 loai 

1 
+) Vì IC   IA  C 1;3
2

1 
+) Vì ID   IB  D 1; 1
2
+) Gọi K là trung điểm của AD.
P
D
+) AN  KM  G .
N
+) Xét DMA có MK là trung
G
K

tuyến, AN là trung tuyến  G là
trọng tâm của DMA .
2
2
 GM  KM  CD .
3
3
A
B
+) Xét hình thang ABCP có M là
trung điểm CB mà GM//AB//CD  GM là đường trung bình của hình thang.
1
2
1
1
GM   PC  AB   CD   CD  PC   PC  CD
2
3
2
3
 1  1 
+) Ta có: PC  DC  AB  1; 1 . Nên C  3; 1
3
3
 
+) Vì AB  DC  D  0; 2 

0,25

C

M

0,5

0,25

0,25


VII.b

n  3
2
14 1
(1)
đk:



*
Cn2 3Cn3 n
n  
Với điểu kiện trên phương trình (1) tương đương.
4
28
1


 n2  7n  18  0

n  n  1 n  n  1 n  2  n
Kết hợp với điều kiện ta có: n  9 .



+) Với n  9 , Ta có khai triển: P  1  3x

 
2n

 1  3x

0,5

 n  2

n  9



18

18





  C18k  3x .
k 0

k

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



+) Suy ra hệ số của x 9 là: C189 .  3

0,5



9

-------------Hết-----------

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1
ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI A, A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
3x  2
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y 
, có đồ thị là (C ) .
x2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

b) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C), biết tiếp tuyến d tạo với trục Ox một góc  sao cho
1
.
cos  
17
sin 2 x  cos 2 x  5sin x  cos x  3
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:
 0.
2cos x  3

( x  y )( xy  y  5)  8
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2
2
 x  y  x( y  1)  3
Câu 4 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình: mx  x  3  m  1 có hai nghiệm thực
phân biệt.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu vuông góc
của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD. Cạnh SD tạo với đáy (ABCD) một góc
bằng 60o . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A tới mặt phẳng (SBC) theo a.
 
Câu 6 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của m để với mọi x thuộc  0;  ta đều có
 2
8
8
2
tan x  cot x  m  64cos 2 x .
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) Cho đường tròn (C ) : x2  y 2  4 x  6 y 12  0 và điểm M (2; 4 3) . Viết phương
trình đường thẳng d cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho tam giác MAB đều.
Câu 8.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x 4 trong khai triển thành đa thức của biểu thức: (1  x  4 x 2 )10 .



Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình: 3  7



x2  2 x



 3 7



x2  2 x

2

x2  2 x
4
2

.

B. Theo chương trình Nâng cao

x2 y 2

 1 và điểm I (1; 1) . Viết phương trình đường thẳng d qua I
9
4
cắt (E) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm của MN.
Câu 7.b (1,0 điểm) Cho elíp ( E ) :

2 x  1  3x  2
.
x 1
x 1
Câu 9.b (1,0 điểm) Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số đó luôn có
mặt hai chữ số lẻ và ba chữ số chẵn.
3

Câu 8.b (1,0 điểm) Tính giới hạn: lim

-------------Hết----------Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN - KHỐI A, A1
———————————

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:
Câu Ý
Nội dung trình bày
Điểm
1
a 1,0 điểm
TXĐ: D   \{2}.
Giới hạn, tiệm cận:
4 
4 


lim y  lim  3 
y  lim  3 
  3 ; xlim
3
x 

x

x2
x2



x 

0.25

4 

4 


lim y  lim  3 
  ; lim y  lim  3 

  
x 2
x 2 
x 2
x 2 
x2
x2
Đồ thị có TCĐ: x  2 ; TCN: y  3 .
Sự biến thiên: y '  

4
 0 x  2 , suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng
( x  2)2

0.25

(;2) & (2; )
BBT
x
y’





2


3




0.25


y


3

Đồ thị:
Giao với Oy tại: (0; 1) , giao với
2 
Ox tại:  ; 0 
3 
Đồ thị nhận giao điểm của hai
tiệm cận làm tâm đối xứng.

b

0.25

1,0 điểm

Do cos  

1
 tan   4 .
17

0.5

Vì y '( x)  0, x  2 suy ra hệ số góc của d bằng 4 .
Giả

sử

tiếp

xúc

với

(C)

tại

điểm

M ( x0 ; y0 ), x0  2.

 x0  1
4
 4  

Với x0  1  y0  1 ; với x0  3  y0  7
2
x

3.
( x0  2)
0


0.25

Vậy có hai phương trình tiếp tuyến d thỏa mãn là: y  4 x  3 và y  4 x  19 .

0.25

y '( x0 )  

2

d

1,0 điểm

sin 2 x  cos 2 x  5sin x  cos x  3
3

 0 (1) Đk: cos x 
 x    k 2 , k   .
2
6

2cos x  3

0.25

(1)  sin 2 x  cos 2 x  5sin x  cos x  3  0

0.25

 cos x(2sin x  1)  (2sin 2 x  5sin x  2)  0



x

 k 2

1
6
 (2sin x 1)(cos x  sin x  2)  0  sin x   
2
 x  5  k 2

6
Kết hợp điều kiện suy ra phương trình có nghiệm x 
3

5
 k 2 (k   ) .
6

0.25

0.25

1,0 điểm
( x  y )2  ( x  y )( xy  x  5)  8

(I )  
2

( x  y )  ( xy  x)  3
2

x  y  a
a  a(b  5)  8
 hệ (I) có dạng:  2
 a 2  a(a 2  2)  8
Đặt 
xy

x

b


a  b  3

 a3  a 2  2a  8  0  (a  2)(a 2  a  4)  0  a  2  b  1

0.25

0.25



3 
 x 
2
 

1 
y


 x  y  2
a  2
 x  y  2

2

 2
Với 


b  1
 xy  x  1
 x  3x  1  0
3 
 x 
2




1 
 y 

2
 

4

5
5
0.25

5
5

 3  5 1  5   3  5 1  5 
Vậy hệ phương trình có nghiệm 
;
;
; 
.
2
2  
2
2 

1,0 điểm

Đk: x  3

x  3 1
x 1

Pt tương đương m  x  1  x  3  1  m 
Đặt

f ( x) 

Khi đó:

0.25

0.25

x  3 1
với x  3
x 1

5 x 2 x 3
5 x 2 x 3
f '( x) 
0 
 0  x 7  2 3
2
2 x  3( x  1)
2 x  3( x  1)2

0.25

BBT
x



f’(x)
f(x)



72 3

3

0



0.25

1 3
4

1
2

0
Từ bảng biến thiên suy ra, để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt thì
1

1 3
.
m
2
4

0.25

(Có thể đặt t 
5

x  3, t  0 )

1,0 điểm
S

K
A

I
H

D

B
E

O
C

Gọi H là trọng tâm của tam giác ABD, I là trung điểm của AB.
2
a 5

SH  ( ABCD)  SDH
 60o ; DH  DI 
3
3

0.25


a 15
1
1 a 15 2 a3 15

; VS . ABCD  SH .S ABCD  .
(đvtt).
 SH  DH .tan SDH

.a 
3
3
3 3
9
Từ H kẻ đường thẳng vuông góc với BC và cắt BC tại E. Trong tam giác SHE kẻ
đường cao HK. Do SH  ( ABCD)  SH  BC  BC  (SHE)

0.25

0.25

 HK  (SBC)  d ( H ; (SBC ))  HK
Ta có HE 

2
2a
1
1
1
3
9
2a 5
AB 



 2  2  HK 
2
2
2
3
3
HK
SH
HE
5a 4a
57

AC 3

3
3a 5
Do
  d ( A;( SBC ))  d ( H ;( SBC )) 
HC 2
2
57
6

0.25

1,0 điểm
Bất đẳng thức tương đương với

 tan x  cot x   8cos 2 x   m  2
  tan x  cot x  8cos 2 x  tan x  cot
4

4

4

2

2

4

4

4



x  8cos 2 x  m  2

Xét các hàm số f  x   tan 4 x  cot 4 x  8cos 2 x và g  x   tan 4 x  cot 4 x  8cos 2 x

0.25

 
trên  0;  .
 2
* Ta có
1
1 

f /  x   4  tan 3 x
 cot 3 x 2   16sin 2 x
2
cos x
sin x 

 4  tan 3 x 1  tan 2 x   cot 3 x 1  cot 2 x    16sin 2 x



 



 4 tan 3 x  cot 3 x  4 tan 5 x  cot 5 x  16sin 2 x





 
tan 3 x cot 3 x  tan 5 x cot 5 x  16sin 2 x  16 1  sin 2 x   0, x   0;  .
 2
 
Suy ra f  x  đồng biến trên  0;  . Lại có
 2
1
1 

 
g /  x   4  tan 3 x
 cot 3 x 2   16sin 2 x  0 với x   0;  nên g  x  đồng
2
cos x
sin x 

 2
 
biến trên  0; 
 2
 
 
 

* Với x   0;  ta có f  x   f    0, g  x   g    0  f  x  .g  x   0
4
4
 4
  
 
 
Với x   ;  ta có f  x   f    0, g  x   g    0  f  x  .g  x   0
4 2
4
4
 4.2

7.a


 
Vậy x   0;  ta đều có f  x  .g  x   0 , dấu bằng xảy ra khi x 
nên để bất
4
 2
 
phương trình đúng x   0;  thì m  2  0  m  2 .
 2
1,0 điểm

0.25

0.25

0.25


A

M

H

I

B

Phương trình đường thẳng MI: x  2  phương trình AB: y  m

0.25

Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình x  4 x  m  6m  12  0
2

2

(1)

 '  m2  6m  16  0  8  m  2
 A( x1; m); B( x2 ; m) với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1).

0.25

Gọi H là trung điểm của AB  H (2; m) ;

0.25

AB2  64  4m2  24m ; MH 2  m2  8m 3  48

Để tam giác MAB đều thì:
m  0
3
2
2
2
MH  AB  4(m  8m 3  48)  3(4m  24m  64)  0  
m  4 3  9
4

2
2

Vậy có hai đường thẳng d thỏa mãn ycbt là: y  0 và y 
8.a

0.25

4 3 9
.
2

1,0 điểm
Ta có: (1  x  4 x 2 )10   C10k  4 x 2 
10

10  k

. 1  x 

k

0.25

k 0

10

k

  C10k Cki 410k x 202 k i

0.25

k 0 i 0

Cho 20  2k  i  4  2k  i  16 (0  i  k  10)
K
i

8
0

9
2

0.25

10
4

10
Vậy hệ số của x 4 trong khai triển trên là: 42.C108 .C80  4.C109 .C92  C10
.C104  2370.

9.a

0.25

1,0 điểm
Chia hai vế cho

 2

3 7 
Đặt t  

2



x 2 x
2

3 7 


2 


ta được 

x2 2 x

3 7 


2 


x2 2 x

 24

0.25

x2 2 x

, t  0 ta được t 2  16t  1  0

2

3 7 
t  8  63  

2




Giải ra 
2
3 7 


t  8  63  
2 



0.25

0.25


 x 2  2 x  2  x  1  3.
Suy ra 
2
 x  2 x  2 (vo nghiem)
7.b

0.25

1,0 điểm

Xét phép đối xứng tâm I (1; 1) : ĐI biến điểm O thành điểm K (2; 2) , biến elíp (E)
thành elíp có phương trình ( E ') :

(2  x)2 (2  y) 2

 1 và biến điểm M thành điểm
9
4

0.5

N, N thành M.
Do vậy M, N là giao điểm của hai elíp (E) và (E’) suy ra tọa độ hai điểm M, N thỏa

 x2 y 2
 9  4  1
mãn hệ phương trình 
2
2
 (2  x)  (2  y)  1

9
4
Trừ vế cho vế ta được 4 x  9 y  13  0. Vậy phương trình đường thẳng MN là

0.25

4 x  9 y  13  0.

Cách khác: Xét đường thẳng x  1 qua I cắt (E) tại hai điểm phân biệt, không thỏa
mãn ycbt. Gọi  là đường thẳng qua I có hệ số góc k. Suy ra phương trình của
 : y  k ( x  1)  1. M, N là giao điểm của  và (E), từ điều kiện I là trung điểm
MN suy ra k  

8.b

0.25

4
, vậy phương trình  : 4 x  9 y  13  0.
9

1,0 điểm
Đặt f ( x)  3 2 x  1  3x  2  f (1)  0

f '
3



2
3

2x 1



2



Ta có: f '(1)  lim
x 1

3
2 3
5
 f '(1)    
3 2
6
2 3x  2

3
f ( x)  f (1)
2 x  1  3x  2
5

 lim
x 1
x 1
6
x 1

2 x  1  3x  2
5
 .
x 1
x 1
6
Cách khác: Có thể thêm, bớt 1 vào tử số, tách thành hai giới hạn rồi nhân với biểu
thức liên hợp của tử số.
1,0 điểm

0.5

0.25

3

Vậy lim

9.b

Giả sử số viết được là abcde với a, b, c, d , e 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 và a  0.

0.25

0.25


Trước hết ta đếm các số dạng abcde có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ phân biệt tính
cả trường hợp a = 0.
Khi đó ta chọn ra 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ phân biệt rồi hoán vị các chữ số đó, ta
có C53 .C52 .5! số.

0.25

Tiếp theo ta xét các số có dạng 0bcde với 2 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ phân biệt.
Khi đó ta chọn ra 2 chữ số chẵn (khác 0) và 2 chữ số lẻ rồi hoán vị vào các vị trí b, c,
d, e. Ta có C42 .C52 .4!

0.25

Từ đó ta có số các số cần tìm là: C53 .C52 .5! C42 .C52 .4!  10560 số.

0.25

---------- Hết ----------


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1
ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI A, A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  2(2m  1) x2  (5m2  10m  3) x  10m2  4m  6 (1) , ( với
m là tham số).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m  1.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số (1) có hai cực trị và các giá trị cực trị của hàm số (1) trái
dấu nhau.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:
(2sin x  1)(cos 2 x  sin x)  2sin 3x  6sin x  1
 2cos x  3  0 ( x   )
2cos x  3
4
2
2

x  4x  y  6 y  9  0
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2
( x, y   )
2

x
y

x

2
y

22

0


Câu 4 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình:
x  4  x   m x 2  4 x  5  2  0 có nghiệm x   2;2  3  .
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD , có đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớn AD=2a,
AB  BC  a, SB  2a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung
điểm O của AD. Trên các cạnh SC, SD lấy các điểm M, N sao cho SM  2MC, SN  DN . Mặt
phẳng   qua MN, song song với BC cắt SA, SB lần lượt tại P, Q. Tính thể tích khối chóp
S.MNPQ theo a.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x( x  1)  y( y  1)  z( z  1)  6. Tìm giá
1
1
1


.
trị nhỏ nhất của biểu thức: A 
x  y 1 y  z 1 z  x 1
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d đi qua M(3;1)
và cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác IAB cân tại I(2;-2).
Câu 8.a (1,0 điểm) Giải phương trình: log 1 x 2  20log81 x3  40log9 x  7  0 .
3

Câu 9.a (1,0 điểm) Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà trong các số đó, mỗi chữ số
đứng trước đều nhỏ hơn chữ số đứng sau nó (kể từ trái qua phải).
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn
 C  : ( x  1)2  ( y  1)2  20 . Biết AC=2BD, điểm B có hoành độ dương và thuộc đường thẳng
d : 2 x  y  5  0 . Viết phương trình cạnh AB của hình thoi.
3x  1
Câu 8.b (1,0 điểm) Tìm giới hạn: I  lim
.
x 0
x
Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm hệ số của x10 trong khai triển ( x  3x 2 )n , (x >0, n nguyên dương) biết
tổng tất cả các hệ số trong khai triển bằng 2048 .
------------------- Hết -------------------


Họ và tên thí sinh:……………………………………..Số báo danh:…………
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN - KHỐI A, A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Đáp án gồm: 07 trang
I. Hướng dẫn chung
1. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng

phần như hướng dẫn quy định.
2. Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch
hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi.
II. Đáp án – thang điểm
Thang
điểm
7,0
điểm
1,0
điểm

Nội dung trình bày

Câu

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1
 Với m=1, hàm số (1) có dạng y  x3  6 x 2  12 x  8
 TXĐ: D  
 Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên: y '  3x2  12 x  12  3( x  2)2  0 x, y '  0  x  2
Hàm số đồng biến trên 
+ Cực trị: Hàm số không có cực trị
+ Giới hạn: lim y  ,lim y  
x 

Câu 1

+Bảng biến thiên:
x

y’

0,25

0,25

x 


+

2
0


+


y


 Đồ thị: y ''  6( x  2), y ''  0  x  2, y(2)  0
Một số điểm thuộc đồ thị: (1;-1), (3;1), (2;0),
Đồ thị nhận I(2;0) là tâm đối xứng.
Đồ thị:

0,25


y

2

1

1
-1

0

2

3

x

-1

-2

0,25
b) Tìm tất cả các giá trị của m để các giá trị cực trị của hàm số (1) trái dấu
Hàm số (1) có hai cực trị mà giá trị cực trị trái dấu  đồ thị hàm số (1) cắt trục
Ox tại 3 điểm phân biệt. Xét phương trình hoành độ giao điểm:
x3  2(2m  1) x2  (5m2  10m  3) x  10m2  4m  6  0
(2)

 ( x  2)( x2  4mx  5m2  2m  3)  0
x  2
 2

2
(3)
 x  4mx  5m  2m  3  0
Phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt  phương trình (3) có 2 nghiệm phân
2
2

 '  4m  (5m  2m  3)  0
biệt khác 2  
2

4  8m  5m  2m  3  0

3  m  1


1
m  5

Câu 2

1 
Vậy với m   3;1 \   thì các giá trị cực trị của hàm số trái dấu.
5 
Giải phương trình:
(2sin x  1)(cos2 x  sin x)  2sin 3x  6sin x  1
 2cos x  3  0 ( x   )
2cos x  3
3


 x    k 2 , k  
Điều kiện: cos x 
2
6
Khi đó, PT  (2sin x  1)(cos2 x  sin x)  2sin 3x  6sin x  4cos 2 x  2  0
 (2sin x  1)(1  2sin 2 x  sin x)  2(3sin x  4sin 3 x)  6sin x  4sin 2 x  2  0
 4sin3 x  4sin 2 x  3sin x  3  0
 (2sin x  1)(2sin 2 x  3sin x  3)  0



x

 k 2

1
6
 sin x 

k   
7

2
x 
 k 2

6

 k 2 không thỏa mãn.
Kết hợp điều kiện có x 

6
7
 k 2 , k  
Vậy phương trình có một họ nghiệm là x 
6

1,0
điểm

0,25

0,25

0,25

0,25

1,0
điểm
0,25

0,25

0,25

0,25


Câu 3

4
2
2

x  4x  y  6 y  9  0
Giải hệ phương trình:  2
2

 x y  x  2 y  22  0

( x, y   )

2
2
2

( x  2)  ( y  3)  4
Hpt   2
2

( x  2  4)( y  3  3)  x  2  20  0

1,0
điểm
0,25

 x2  2  u

Đặt 

y 3  v

u 2  v 2  4
u  2
u  0
Khi đó ta được 

hoặc 
v  0
v  2
u.v  4(u  v)  8

0,25

 x  2  x  2  x  2  x   2
;
;
;
 y  3  y  3  y  5  y  5



0,25

KL: nghiệm của hpt đã cho là:  2;3 ,  2;3 ,





2;5 ,  2;5



Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình:
Câu 4

x  4  x   m x  4 x  5  2  0 có nghiệm x   2;2  3  .
2

ĐK: x   . Đặt

x2  4x  5  t  t 

 x  2

2

1  1.

0,25
1,0
điểm
0,25

2x  4

Vì x   2;2  3  và t ( x) 
 0, x  [2;2  3] nên t  1;2 .
2 x2  4 x  5

t2  7
Bất phương trình trở thành m 
. Bpt đã cho có nghiệm
t
t2  7
x   2;2  3   Bpt m 
có nghiệm t  1;2
t
t2  7
Xét f (t ) 
với t  1;2
t
t2  7
f (t )  2  0, t  1;2  min f (t )  f (1)  6
[1;2]
t
 Vậy m  6 là các giá trị cần tìm.

Câu 5

0,25

0,25
0,25

Cho hình chóp S. ABCD , có đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớn AD=2a,
AB  BC  a, SB  2a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD)
trùng với trung điểm O của AD. Trên các cạnh SC, SD lấy điểm M, N sao cho 1,0
SM  2MC, SN  DN . Mặt phẳng   qua MN và song song với BC cắt SA, điểm
SB lần lượt tại P, Q. Tính thể tích khối chóp S.MNPQ theo a.

Hình vẽ: Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm