Thi thu DH lan 1BVinh phuc2014

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)
x −1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
(1)
1− 2x
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).
b) Chứng minh đường thẳng ( d ) : x − y + m = 0 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt A, B với
uuu
r uuur
mọi m. Tìm m sao cho AB = OA + OB , với O là gốc tọa độ.
x
π

+ sin x cos 2 x = cos 2 x + 2 cos  x − ÷ .
2
4

10 x - xy - y = 2
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
( x, y ∈ R )
2
2
30
x
xy

2
xy
x
y
=
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị m để phương trình sau có nghiệm: 2 x + 1 = m x 2 + 1 .
Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, AB = AA’= a. Góc tạo
bởi đường thẳng BC’ với mặt phẳng (ABB’A’) bằng 600 . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’ và
BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và NP theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
24
3
P=
.
13a + 12 ab + 16 bc
a+b+c
2
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2sin x cos

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 tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm H(3; -2),
1 
trung điểm của đoạn AB là M  ;0 ÷ và phương trình cạnh BC là: x – 3y – 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của
2 
tam giác ABC.
Câu 8.a (1,0 điểm). Một hộp chứa 11 bi được đánh số từ 1 đến 11. Chọn 6 bi một cách ngẫu nhiên rồi
cộng các số trên 6 bi được rút ra với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là số lẻ.

x2 −4
+ ( x 2 − 4 ) .2 x − 2 = 1 .
Câu 9.a (1,0 điểm). Giải phương trình: 4
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H ( 1;0 ) , tâm đường tròn ngoại tiếp
3 3
I  ; ÷ và chân đường cao kẻ từ đỉnh A là K ( 0; 2 ) . Tìm tọa độ A, B, C.
2 2
Câu 8.b (1,0 điểm). Cho khai triển: ( 1 + 2 x )

10

( 3 + 4 x + 4x2 )

2

= a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a14 x14 .

Tìm giá trị của a6 .
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giới hạn: I = lim
x →0

x 2 + 1 − cos 2 x
.
x2

-----------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 6 trang)

KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN; Khối B
HƯỚNG DẪN CHẤM

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 Câu 5 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
x −1
1,0
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y =
, (1)
1− 2x
1 
+ Tập xác định: D = R \  
2
x −1
1
x −1
1

=− ;
lim
=−
Giới hạn và tiệm cận : lim
x →−∞ 1 − 2 x
x →+∞ 1 − 2 x
2
2
1
⇒ đường thẳng y = − là tiệm cận ngang.
0.25
2
x −1
x −1
lim −
= −∞;
lim +
= +∞
1
1
x → ÷ 1 − 2 x
x → ÷ 1 − 2 x
2

2

1
là tiệm cận đứng
2
−1

< 0, ∀x ∈ D
+ sự biến thiên: y ' =
2
( 1− 2x)
⇒ đường thẳng x =

1 1


Hàm số nghịch biến trên  −∞; ÷;  ; +∞ ÷. Hàm số không có cực trị.
2 2


+Bảng biến thiên
X
1
-∞
+∞
2
y’
Y
1
−
+∞
2

+ đồ thị :

0.25

1
−
2

-∞

0.25

y

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

4

3

2

1

x
-4.5

-4

-3.5

-3

-2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0.25

0.5

1

1.5

2

2.5

-1

-2

-3

-4

1 1
Nhận xét : Đồ thị nhận điểm I (  ; ) làm tâm đối xứng.
2 2

3

3.5

4

4.5


b

Chứng minh đường thẳng (d): x – y + m = 0 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm
uuu
r uuur
phân biệt A, B với mọi m. Tìm m sao cho AB = OA + OB với O là gốc tọa độ.
Phương trình hoành độ giao điểm :
x −1
x+m=
⇔ f ( x) = 2 x 2 + 2mx − m − 1 = 0(*)
1 − 2x
1
1
1
2
Có ∆ ' = m + 2m + 2 > 0, ∀m, f ( ) = − ≠ 0 , nên (*) có 2 nghiệm phân biệt khác
2

2
2
m
(
d
)
A
,
B
suy ra
luôn cắt (1) tại 2 điểm phân biệt
với mọi .
Ta có A ( x1; x1 + m ) , B ( x2 ; x2 + m ) với x1 , x2 là 2 nghiệm của (*) . Theo vi-et
 x1 + x2 = −m


−m − 1
 x1 x2 = 2
Gọi M là trung điểm của AB
uuu
r uuur
AB = OA + OB ⇔ AB = 2OM ⇔ tam giác OAB vuông tại O
uuu
r uuu
r
⇔ OA.OB = 0 ⇔ x1 x2 + ( x1 + m)( x2 + m) = 0

2

⇔ 2 x1 x2 + m( x1 + x2 ) + m 2 = 0 ⇔ −m − 1 = 0 ⇔ m = −1

Kết luận : m = −1 .
π

2 x
Giải phương trình: 2sin x cos + sin x cos 2 x = cos 2 x + 2 cos  x − ÷
2
4


0.25

0.25

0.25

0.25

1.0

PT ⇔ sin x ( 1 + cos x ) + sin x cos 2 x = cos 2 x + sin x + cos x

0.25

⇔ cos 2 x ( sin x − 1) + cos x ( sin x − 1) = 0 ⇔ ( sin x − 1) ( cos 2 x + cos x ) = 0

0.25

+ sin x = 1 ⇔ x =

3

1.0

π
+ k 2π ( k ∈ Z )
2

0.25

π
2π

x = +k
 2 x = π − x + k 2π

⇔
3
3 (k ∈ ¢ )
+ cos 2 x = − cos x = cos ( π − x ) ⇔ 

 2 x = x − π + k 2π
 x = −π + k 2π
π
π
2π
Vậy phương trình có nghiệm x = + k 2π ( k ∈ ¢ ) và x = + k
( k ∈¢)
2
3
3

10x - xy - y = 2
Giải hệ phương trình: 
( x, y ∈ R )
2
2
30x - xy - 2xy - x - y = 1
Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của hệ.
y 2
1
1


 y + x + x = 10
( y + 1) + x ( y + 1) + x = 11
⇔
Hệ ⇔  2
 y + 2 y + 1 + 1 + y = 30
 1 ( y + 1) 2 + 1 ( y + 1) = 30
2
2
 x
 x
x2
x x x
x
1

a =
x
Đặt 

khi đó hệ trở thành
b = y + 1

 a + b = 6

 a + ab + b = 11
ab = 5
⇔

 a + b = 5
 ab( a + b) = 30

 ab = 6

 x = 1; y = 4
a + b = 6
 a = 1; b = 5
⇔
⇔
TH1. 
1
 ab = 5
 a = 5; b = 1  x = ; y = 0
5


0.25

1,0

0.25

0.25

0.25


4

1

x= ;y=2

a
+
b
=
5
a
=
2;
b
=
3


2
⇔
⇔
TH2. 

ab = 6
 a = 3; b = 2
 x = 1; y =1

3
1
1
1
Vậy hệ có 4 nghiệm: (1; 4);( ;0);( ; 2);( ;1) .
5
2
3
Tìm tất cả các giá trị thực m để phương trình sau có nghiệm thực

0.25

1,0

2x + 1 = m x2 + 1
Ta có : PT ⇔

2x +1

Xét hàm số f ( x ) =
Có

f

/

( x) =

=m

x2 + 1

2x +1
x2 + 1

2− x

(x

2

+ 1)

⇒ f

3

x
f

/

( x)

0.25

trên R.
/

0.25

( x) = 0 ⇔ x = 2 .
−∞

2
0

+

+∞
-

5

0.25

f ( x)
-2

(

2

Từ BBT suy ra: Phương trình có nghiệm ⇔ m ∈ −2; 5 

5

0.25

Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, AB = AA’= a. Góc
tạo bởi đường thẳng BC’ với mặt phẳng (ABB’A’) bằng 600 .Gọi M, N, P lần lượt là trung
điểm của BB’, CC’ và BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AM và NP theo a.
Gọi H là trung điểm A’B’.
Ta có C ' H ⊥ A ' B';C 'H ⊥ BB '

1,0

⇒ C 'H ⊥ ( ABB' A ' )
A'

C'
H

Q
K B'

N

M
C

A
P

(·BC '; ( ABB' A ') ) = C· ' BH = 60

0

a 5
2
Tam giác HBC’ vuông tại H nên ta có
BH = BB'2 + B'H 2 =

C ' H = BH.tan 600 = a

0.25

5
15
. 3 =a
2
2

B
I

Diện tích tam giác A’B’C’ là
1
a 2 15
15
(đvtt)
C ' H.A ' B' =
⇒ VABCA 'B'C' = BB'.SA 'B'C' = a 3
2
4

4
Gọi Q là trung điểm B’C’ ⇒ NP / /MQ ⇒ NP / / ( AMQ )
Gọi I là giao điểm MQ và BC. Khi đó B là trung điểm của PI
S∆A 'B'C' =

0.25
0.25


Ta có : d ( NP; AM ) = d ( NP; ( AMQ ) ) = d ( P; ( AMQ ) ) ,

d ( P; ( AMQ ) )

d ( B; ( AMQ ) )

=

PI
=2 .
BI

1
Gọi K là trung điểm HB’thì KQ / / = C ' H
2
1
a2
1
a 3 15
SAMB' = SABB' =
⇒ VB'AMQ = QK.SAMB' =

2
4
3
48
Mặt khác ABB’A’ là hình vuông nên AM ⊥ BH mà
AM ⊥ C ' H ⇒ AM ⊥ ( BHC ' ) ⇒ AM ⊥ BC ' ⇒ AM ⊥ MQ .
5
a 5
; AM =
2
2

Ta có: B'C ' = C 'H 2 + HB'2 = 2a ⇒ MQ = MB'2 + B'Q 2 = a
SAMQ

1
5
= AM.MQ = a 2
2
8

Nên d ( B; ( AMQ ) ) = d ( B'; ( AMQ ) ) =
6

3VB'AMQ
SAMQ

=

0.25

a 15
a 15
⇒ d ( NP; AM ) =
10
5

Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
24
3
P=
.
13a + 12 ab + 16 bc
a+b+c
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
a + 4b
b + 4c
13a + 12 ab + 16 bc = 13a + 6 a.4b + 8 b.4c ≤ 13a + 6.
+ 8.
= 16(a + b + c)
2
2

1,0

0.25

⇒ 13a + 12 ab + 16 bc ≤ 16(a + b + c) . Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = 4b = 16c .
Suy ra P ≥

3
2( a + b + c)

3

−

a+b+c

.

Đặt t = a + b + c, t > 0 . Khi đó ta có: P ≥
Xét hàm số f ( t ) =

3
2t

−

f '( t ) = 0 ⇔

3
t
3

3
2t

−

0.25

3
t

trên khoảng (0; +∞) , ta có f ' ( t ) =

2t t

−

3
2t

2

3
2t t

−

3
2t

2

.

f (t) = +∞ ; lim f (t) = 0
= 0 ⇔ t = 1 ; xlim

x →+∞
→0+

BBT.

Vậy ta có P ≥ −

0.25

3
2

a + b + c = 1

, đẳng thức xảy ra ⇔ 

a = 4b = 16c

⇔a=

16
4
1
;b = ;c = .
21
21
21

3
 16 4 1 

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − khi và chỉ khi ( a, b, c ) =  , , ÷.
 21 21 21 
2

0.25


7.a

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm H(3; -2),
1 
trung điểm của đoạn AB là M  ;0 ÷ và phương trình cạnh BC là: x – 3y – 2 = 0. Tìm
2 
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

3(x − 3) + 1.(y + 2) = 0
⇔ 3x + y − 7 = 0

0.25

x1 + x 2 = 1

 x =2

⇔ 1
M là trung điểm AB ⇔ 
⇒A(2; 1); B(-1; -1).
x2 − 2
x
=

−
1
(7
−
3x
)
+
=
0

2
1

3
u
u
u
r
x − 2  uuur
x −2

− 1÷; BH = (4; −1)
). Có : AC =  x 3 − 2; 3
Đặt C(x 3 ; 3
3
3


uuur uuur
Vì BH ⊥ AC ⇔ BH.AC = 0

x −5
19
 19 1 
⇒ C  ; − ÷.
⇔ 4(x 3 − 2) − 1. 3
= 0 ⇔ x3 =
3
11
 11 11 
 19 1 
Vậy A(2; 1); B(-1; -1); C  ; − ÷.
 11 11 
Một hộp chứa 11 bi được đánh số từ 1 đến 11. Chọn 6 bi một cách ngẫu nhiên rồi cộng
thứ tự 6 bi được rút ra với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là số lẻ.
Gọi H là biến cố:” kết quả thu được là số lẻ”. H xảy ra khi một trong các biến cố sau xảy ra :
A : ”1 bi mang số thứ tự lẻ và 5 bi mang số thứ thứ tự chẵn ”
B : ”3 bi mang số thứ tự lẻ và 3 bi mang số thứ thứ tự chẵn ”
C : ”5 bi mang số thứ tự lẻ và 1 bi mang số thứ thứ tự chẵn ”
Trong 11 bi có 6bi có số thứ tự lẻ {1,3,5,7,9,11}, 5 bi có số thứ tự chẵn {2,4,6,8,10}

0.25

- Phương trình AH:

- Do A ∈ AH; B ∈ BC. Đặt A(x1;7 − 3x1 ); B(x 2 ;

8.a

x2 − 2
).

3

C16 .C55
C36 .C35 200
C56 .C15 30
6
=
;
P
B
=
=
;
P
C
=
=
;
(
)
(
)
6
6
6
C11
462
C11
462
C11

462
A, B, C là các biến cố xung khắc nên
6
200 30 118
P ( H ) = P ( A ) + P ( B) + P ( C) =
+
+
=
462 462 462 231
x2 −4
2
x−2
Giải phương trình: 4 + ( x − 4 ) .2 = 1 , (1)
P ( A) =

9.a

1,0

2
+ Với x ∈ ( −∞; −2 ) ∪ (2; +∞) ⇒ x − 4 > 0 ⇒ VT > 1
Suy ra phương trình (1) vô nghiệm
2
+ Với x ∈ ( −2; 2 ) ⇒ x − 4 < 0 ⇒ VT < 1 . Suy ra phương trình (1) vô nghiệm

Với x = −2 ⇒ x 2 − 4 = 0 ⇒ VT = 1 . Suy ra x = −2 là nghiệm của phương trình

0.25

0.25

1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
1,0
0.25
0.25
0.25


Với x = 2 ⇒ x 2 − 4 = 0 ⇒ VT = 1 . Suy ra x = 2 là nghiệm của phương trình
7.b

Vậy phương trình có hai nghiệm: x = −2, x = 2 .

0.25

3 3
I  ; ÷và chân đường cao kẻ từ đỉnh A là K ( 0; 2 ) . Tìm tọa độ A, B, C.
2 2
Gọi M là trung điểm BC
A
Phương trình đường cao AH :2x + y - 1 = 0
Phương trình đường thẳng BC :x – 2y +4 = 0

1,0

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H ( 1;0 ) , tâm đường tròn ngoại tiếp

H

PT đường trung trực IM vuông góc với BC : 2x + y −

I
B

K

M

C

9
=0
2

 5
Tọa độ điểm M là  1; ÷
 2

D

 DB ⊥ AB
⇒ DB / /CH
Gọi D là điểm đối xứng với A qua I. Ta có 
CH ⊥ AB
Tương tự DC//BH nên tứ giác HBDC là hình bình u
hành

uur nên
uuu
rM là trung điểm HD.
Xét tam giác AHD có IM là đường trung bình nên AH = 2IM ⇒ A ( 2; −2 )
uuur uuur
Giả sử B ( 2b − 4; b ) ⇒ C ( 6 − 2b;5 − b ) . Ta có BH.AC = 0
b = 1
⇔ ( 5 − 2b ) ( 4 − 2b ) − b ( 7 − b ) = 0 ⇔ b 2 − 5b + 4 = 0 ⇔ 
b = 4
Vậy A(2 ; -2) ; B(-2 ;1) ;C(4 ;4) hoặc A(2 ; -2) ; B(4 ;4); C(-2 ;1)
8.b

Cho khai triển: ( 1 + 2 x )

10

( 3 + 4 x + 4x2 )

2

= a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a14 x14 .Tìm giá trị của

a6
2

( 1 + 2 x) ( 3 + 4 x + 4 x 2 ) = ( 1 + 2 x)
10

10

10

12

= 4( 1 + 2 x ) + 4 ( 1 + 2 x ) +( 1 + 2 x )

2

é2 +( 1 + 2 x ) 2 ù
ê
ú
ë
û
14

10

6 6
là: 4.2 C10

Hệ số của x6 trong khai triển 4( 1 + 2x)

12

6 6
là: 4.2 C12

14

x →0

lim
x →0

x 2 + 1 − cos 2 x
.
x2

x 2 + 1 − cos 2 x
x2 + 1 −1
1 − cos 2 x
=
lim
+ lim
2
2
x→0
x →0
x
x
x2

x2 + 1 −1
1
1
= lim
=
2
x →0
x →0

x
x2 + 1 + 1 2
1 − cos 2 x
2sin 2 x
lim
=
lim
=2
x →0
x →0
x2
x2
lim

Vậy lim
x→0

0.25
0.25

1,0
0.25

0.25

6 6
là: 2 C14

6 6
6 6

6 6
Vậy a6 = 4.2 C10 + 4.2 C12 + 2 C14 = 482496

Tìm giới hạn: lim

0.25

0.25

Hệ số của x6 trong khai triển 4( 1 + 2x)
Hệ số của x6 trong khai triển ( 1 + 2x )
9.b

0.25

x 2 + 1 − cos 2 x 1
5
= +2=
2
x
2
2
---------- Hết ----------

0.25
1,0
0.25
0.25
0.25
0.25