TỔNG HỢP ĐÈ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2017 MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN

WWW.ToanCapBa.Net

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

WWW.ToanCapBa.Net

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3mx 2  3(m 2  1) x  m3  1 (1), (với m là tham số).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm
cực đại của đồ thị đến gốc tọa độ bằng 2 10 .


Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: sin 2 x  (1  2cos 3x).sin x  2sin 2 (2 x  )  0 .
4
x  2 �3  x  1 .

Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình:

Câu 4 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình:
2;2  3 �
x  4  x   m x 2  4 x  5  2  0 có nghiệm x ��
�
�.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = a, AB=2a,
SA  (ABC). Góc giữa SC và (ABC) bằng 60o. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A
lên SB, SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và chứng minh tam giác AHK vuông tại K.

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x( x  1)  y ( y  1)  z ( z  1) �6. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A 

1
1
1


.
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, cho hai điểm M(3;1) và I(2;-2). Viết phương
trình đường thẳng d đi qua M và cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác IAB cân tại I.
2
3
Câu 8.a (1,0 điểm) Giải phương trình: log 1 x  20log81x  40log 9 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  3 x 2 ) n , (x >0, n nguyên dương) biết
tổng tất cả các hệ số trong khai triển bằng 2048 .
------------------- Hết ------------------WWW.ToanCapBa.Net

Trang 1


WWW.ToanCapBa.Net
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: 06 trang

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
Nội dung trình bày
Thang
điểm
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

7,0
điểm
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1
1,0
điểm
Với m=1, hàm số (1) trở thành y  x3  3 x 2
 TXĐ: D  �
0,25
 Sự biến thiên:
+ Giới hạn: lim y  �,lim y  �
x ��

Câu 1

x ��

x0
�
2
+ Chiều biến thiên: y '  3 x  6 x, y '  0 � �
x2
�
Hàm số đồng biến trên các khoảng (�;0) & (2; �)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0, ycd  0 ; cực tiểu tại x=2, yct  4
 BBT

0,25

0,25

WWW.ToanCapBa.Net

Trang 2


WWW.ToanCapBa.Net

 Đồ thị: Tiếp xúc Ox tại O, cắt Ox tại (3;0).
fx = x3-3x2

y
2

O
-5

5

x

0,25

-2

-4

Câu 2

b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực

đại của đồ thị đến gốc tọa độ bằng 2 10 .
Trong trường hợp tổng quát, ta có y '  3 x 2  6mx  3(m 2  1) ,
�x  m  1
y '  0 � x 2  2mx  m 2  1  0 � �1
�x2  m  1
Vì y '  0 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên hàm số luôn có cực đại,
cực tiểu với mọi m.
Dề thấy m  1  m  1 , nên y’ đổi dấu từ dương sang âm khi x đi qua x1  m  1 ,
do đó đồ thị hàm số có điểm cực đại là A(m  1;3  3m)
Ycbt tương đương với
m3
�
OA  (m  1) 2  9(1  m) 2  2 10 �| m  1| 2 � �
m  1.
�
Vậy m=3 hoặc m=-1.

2
Giải phương trình: sin 2 x  (1  2cos3x).sinx  2sin (2 x  )  0 (1) .
4


(1) � sin 2 x  (1  2cos3 x).sinx  1  cos(4 x  )  0
2
� sin 2 x  sin x  2cos 3 x.sin x  1  sin 4 x  0

Câu 3

� sin 2 x  sin x  sin 4 x  sin 2 x  1  sin 4 x  0 � sin x  1


� x   k 2 , k ��. KL…
2
Giải bất phương trình: x  2 �3  x  1 .
ĐK: x �2 .
Bpt tương đương với

x  2  x  1 �3 � 2 x  1  2 x 2  x  2 �9

�x �5
5  x � x2  x  2 � �
25  10 x  x 2 �x 2  x  2
�

WWW.ToanCapBa.Net

1,0
điểm

0,25
0,25
0,25

0,25
1,0
điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0

điểm
0,25
0,25
0,25

Trang 3


WWW.ToanCapBa.Net

Câu 4

�x �5
��
x 3. Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình
�x �3
là [2;3].
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình:
2;2  3 �
x  4  x   m x 2  4 x  5  2  0 có nghiệm x ��
�
�.
ĐK: x ��. Đặt

Câu 5

x2  4 x  5  t � t 

 x  2

2

0,25

1,0
điểm
0,25

 1 �1 .

2x  4
�và t �
( x) 
�0, x �[2;2  3] nên t � 1;2 .
2;2

3
Vì x ��
�
�
2
2 x  4x  5
t2  7
2;2  3 �
Phương trình trở thành m 
. Pt đã cho có nghiệm x ��
�
�� pt
t
0,25

t2  7
m
có nghiệm t � 1;2
t
t2  7
t2  7
(t )  2  0, t � 1;2
Xét f (t ) 
với t � 1;2 , f �
0,25
t
t
3
� min f (t )  f (1)  6, m ax f (t )  f (2)  
[1;2]
[1;2]
2
0,25
3�
�
� Vậy m ��
6;  �là các giá trị cần tìm.
2�
�
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = a,
1,0
o
AB = 2a, SA  (ABC). Góc giữa SC và (ABC) bằng 60 . Gọi H, K lần lượt là điểm
hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và
chứng minh tam giác AHK vuông tại K.

S
H

K
A

B

60
C

Ta có CB  AB 2  AC 2  4a 2  a 2  a 3 � S ABC 

1
a2 3
AC.CB 
2
2

�  60o nên ta có
Góc giữa SC và (ABC) là SCA
1
1
a 2 3 a3
SA  AC tan 60o  a 3 � VS . ABC  SA.S ABC  .a 3.
 (đvtt)
3
3
2
2

WWW.ToanCapBa.Net

Trang 4

0,25
0,25


WWW.ToanCapBa.Net

�BC  AC
� BC  AK ,
Vì �
�BC  SA

Câu 6

WWW.ToanCapBa.Net

mà AK  SC suy ra AK  ( SBC ) , do đó AK  KH , hay  AHK vuông tại K.
(đpcm)
Cho các số dương x, y , z thoả mãn: x( x  1)  y ( y  1)  z ( z  1) �6. Tìm giá trị
1
1
1


.
nhỏ nhất của biểu thức: A 

x  y 1 y  z 1 z  x 1

0,25

0,25

1,0
điểm

x( x  1)  y( y  1)  z( z  1) �6 � x 2  y 2  z 2  ( x  y  z ) �6

�
18�(x �
y z) 2 3( x y z )

3 x

y z

6 � 0  x  y  x �6

1
y  z 1 2
1
z  x 1 2

� ;

� ;
y  z 1

25
5 z  x 1
25
5
1
x  y 1 2

�
x  y 1
25
5

0,25

Ta có:

� A

2( x  y  z )  3 6
6
� ۳�
A
25
5
5

2( x  y  z )  3
25

0,25

3
5

0,25
3
5

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  2 . Vậy Amin  � x  y  z  2 .

0,25

Cách khác: Đặt t  x  y  z , t  0 .

( x  y  z) 2
t2
Sử dụng BĐT x  y  z �
�  t �6 � t �(0;6] .
3
3
1 1 1
9
  �
, a, b, c  0 và áp dụng kết quả này ta
Chứng minh
a b c a bc
2

2

2

9
9
. Xét f (t ) 
trên (0;6], suy ra kết quả bài toán.
2t  3
2t  3

được A �

II. PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
PHẦN A: Theo chương trình Chuẩn
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).
Giả sử đường thẳng d cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A(a;0), B(0;b), (a, b �0)
x y
Phương trình đường thẳng d có dạng:   1
a b
3 1
Do d qua M(3;1) nên   1 (1)
a b

WWW.ToanCapBa.Net

Trang 5

3,0
điểm
1,0

điểm
0,25


WWW.ToanCapBa.Net

Đồng thời, IAB cân tại I nên
Câu
7.a

0,25

IA  IB � (a  2) 2  (0  2)2  (0  2) 2  (b  2) 2
a  b
�
� a2  b2 � �
a b4
�
 Với a  b , thay vào (1) ta được a  2; b  2 nên phương trình đường
thẳng d là x  y  2  0
 Với a  b  4, thay vào (1) ta được  a; b   (6;2) hoặc (a; b)  (2; 2)
Từ đó, phương trình đường thằng d là x  3 y  6  0 hoặc x  y  2  0
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là d : x  3 y  6  0
hoặc d : x  y  2  0

Câu
8.a

0,25

0,25

1,0
điểm
0,25

2
3
Giải phương trình: log 1 x  20log81 x  40log 9 x  7  0
3

Điều kiện: x �(0; �)
PT � 2log 1 x  60log 81 x  20log 9 x  7  0
Khi đó,
3

Câu
9.a

Câu
7.b

� 2log 3 x  15log 3 x  10log3 x  7  0
� 7 log 3 x  7 � x  3
Vậy x =3 là nghiệm của phương trình.
Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà mỗi chữ số đứng trước đều nhỏ hơn
chữ số đằng sau nó.
Giả sử số cần tìm có dạng abcdef  a  b  c  d  e  f 
Số được chọn không có chữ số 0, vì giả sử có chữ số 0 thì số đó phải có dạng
0bcdef ,  b, c, d , e, f � 1;2;...;9  (không thỏa mãn)

0,25
0,25
0,25
1,0
điểm
0,25

Với mỗi cách chọn ra 6 chữ số, có duy nhất một cách tạo thành số có 6 chữ số
sao cho mỗi chữ số đứng trước đều nhỏ hơn chữ số đằng sau nó.
Số các số có 6 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là số cách chọn 6 trong 9 chữ
số thuộc tập A   1;2;3; 4;5;6;7;8;9

0,25

Vậy có C96  84 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
PHẦN B: Theo chương trình Nâng cao
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.
Đường tròn (C) có tâm I (1; 1), bán
B
H
kính R  2 5
d
Đặt BI  x,( x  0)
Do AC  2 BD � AI  2 BI  2 x
C
A
I

Kẻ IH  AB � IH  R  2 5

0,25

D

WWW.ToanCapBa.Net

Trang 6

0,25

1,0
điểm

0,25


WWW.ToanCapBa.Net

1
1
1
1
1
1


�



� x  5 ( Do x  0)
IA2 IB 2 IH 2
4 x 2 x 2 20
Suy ra IB  5 . Gọi B(t ;2t  5), (t  0)
t  4 (tm)
�
2
2
�
Do IB  5 � (t  1)  (2t  4)  25 �
2
�
t
( ktm)
� 5
 Với t  4 � B (4;3) . Phương trình cạnh AB có dạng:
a( x  4)  b( y  3)  0
( a 2  b 2 �0)
 Trong AIB có:

Có : d ( I ; AB)  IH  R �

Câu
8.b

Câu
9.b

0,25

3a  4b

2 5
a 2  b2
a  2b
�
2
2
�
� 11a  24ab  4b  0 �
2
�
a b
� 11

Với a  2b, chọn a  2, b  1 , phương trình AB là: 2 x  y  11  0
2
 Với a  b, chọn a  2, b  11 , phương trình AB là: 2 x  11 y  41  0
11
Vậy phương trình cạnh AB là 2 x  y  11  0 hoặc 2 x  11 y  41  0
3x  1
Tìm giới hạn: I  lim
x �0
x
ln 3x
e 1
Ta có I  lim
x �0
x

x ln 3
e 1
� I  lim
x �0
x
x ln 3
e 1
� I  lim
.ln 3
x �0 x.ln 3
� I  1.ln 3  ln 3.
Tìm hệ số của x10 trong khai triển ( x  3 x 2 ) n , (x >0, n nguyên dương) biết
tổng các hệ số trong khai triển bằng 2048 .
Do tổng các hệ số trong khai triển là –2048 nên ta có:
Cn0  3Cn1  32 Cn2  ...  (1) n .3n Cnn  2048
� (1  3) n  2048 � n  11
11

1
k
2

Ta có khai triển: ( x  3x )  �C x .(3x )
2 11

k 0

k
11

2 11 k

11

 �C .(1)
k 0

k
11

11 k

3
Hệ số của x10 trong khai triển tương ứng với 22  k  10 � k  8
2
3 3
8
Vậy hệ số cần tìm là (1) .3 .C11  4455
------------ Hết -------------

WWW.ToanCapBa.Net

Trang 7

11 k

.3

.x

3
22  k
2

0,25

0,25
1,0
điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0
điểm

0,25
0,25
0,25
0,25


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

WWW.ToanCapBa.Net
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 THÍ SINH (7,0 điểm)

x2
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y 
(C).
2x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Đường thẳng  d1  có phương trình y  x cắt (C) tại hai điểm A và B. Đường thẳng  d 2  có
phương trình y  x  m . Tìm tất cả các giá trị của m để  d 2  cắt (C) tại hai điểm phân biệt C, D sao cho
A, B, C, D là bốn đỉnh của hình bình hành.
Câu II (2,0 điểm).
cos 2 x  cos x  1
1. Giải phương trình:
 2  1  sin x  .
sin x  cos x
3 x  7  2 3x 2  x  1� 4 3x 2  x  1  4 .
2. Giải phương trình: x �
�
�
3x
e  cos x
Câu III (1,0 điểm). Tính giới hạn: lim
.
x �0
x
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA  3a  a  0  ; SA tạo với mặt phẳng đáy (ABC) một
góc bằng 60o . Tam giác ABC vuông tại B, �
ACB  300 ; G là trọng tâm của tam giác ABC. Hai mặt

phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo
a.
Câu V (1,0 điểm). Cho ba số x, y, z thuộc đoạn  0; 2 và x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của

A  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx .
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. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2); các đường thẳng d1 : x  y – 3  0 và đường
thẳng d 2 : x  y – 9  0 Tìm tọa độ điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 sao cho tam giác ABC vuông
cân tại A.
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : 3x  4 y  5  0; d 2 : 4 x  3 y  5  0 . Viết
phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng  : x  6 y  10  0 và tiếp xúc với d1 , d 2 .
n

�2
�
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm hệ số của x trong khai triển biểu thức �  x 3 �, biết n là số tự nhiên thỏa
�x
�
n6
2
mãn hệ thức Cn  4  nAn  454 .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm).
x2
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elíp (E):
 y 2  1 và điểm C  2; 0  . Hãy tìm tọa độ các điểm
4
A, B thuộc (E) sao cho tam giác ABC là tam giác đều.
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm M  1; 2  , N  3; 4  và đường thẳng d có phương trình
x  y – 3  0 . Viết phương trình đường tròn đi qua M, N và tiếp xúc với d .
Câu VII.b (1,0 điểm). Trong một lô hàng có 12 sản phẩm khác nhau, trong đó có đúng 2 phế phẩm.
Lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ lô hàng đó. Hãy tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1

phế phẩm.
-------------Hết----------4

WWW.ToanCapBa.Net

Trang 8


WWW.ToanCapBa.Net
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 KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1
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 trình bày
Điểm
I
1 1,0 điểm
� 1�
 �.
TXĐ: D  �/ �
�2

1
1
y  ; lim y  ; lim   �; lim  �.
0.25
Giới hạn: xlim
� �
1
2 x ��
2 x � 1
x �
2

1
1
TCĐ: x   ; TCN: y  .
2
2
3
1
 0 x �
SBT. y ' 
2
(2 x  1)
2
1�
�
�;  �và
Hàm số nghịch biến trên �
2�
�

BBT
1
�

x
2

y’
�
1
y
2
�
c) Đồ thị:
Giao với Ox tại  2;0 

2

0.25

�1
�
.
� ;  ��
�2
�
�


0.25

1
2

Giao với Oy tại  0; 2  .

2

�1 1�
Đồ thị nhận giao điểm I � ; �của hai tiệm
� 2 2�
cận làm tâm đối xứng.
1,0 điểm
d1 giao (C) tại 2 điểm A(-1;-1) , B(1;1) và AB 2  8 .
Phương trình hoành độ giao điểm của d2 và (C) là
�
2 x 2  2mx  m  2  0 (1)
x2
�
 xm� �
1
2x 1
�x �
�
2
d2 cắt (C) tại 2 điểm C, D khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm phân biệt và nghiệm khác 1/ 2
WWW.ToanCapBa.Net

Trang 9

0.25

0.25
0.25
0.25


WWW.ToanCapBa.Net
�
m  2m  4  0
�
� �1
đúng m .
�  m  m  2 �0
�2
2

C  x1; x1  m  ; D  x2; x2  m  ( x1 , x2 là nghiệm của (1))

II

1

2

m �0
�
�AB / / CD
�
ABCD là hình bình hành � � 2
�

2
( x1  x2 ) 2  4 x1 x2  4
�AB  CD
�
m �0
�
��2
�m2
m  2m  0
�
KL: m  2.
1,0 điểm

cos 
x �
0
x
k , k �
(*).
Điều kiện: sin x �۹
4
Ta có: PT �  1  sin x   1  co s x   1  sin x   0


�
1  sin x  0
x


 k 2

�
��
��
; k ��
2
�
1  cos x  0
�
x    k 2
�
Kết hợp với điều kiện (*), suy ra phương trình đã cho có 2 họ nghiệm là

x    k 2 ; x    k 2  k �� .
2
1,0 điểm
Đặt t  3 x 2  x  1 � t 2  3 x 2  x  1 ( t �0 )
t 3
�
2
Ta được phương trình t  2( x  2)t  6 x  3  0 � �
t  2x  1
�
� 1  97
x
�
6
2
t  3 ta được 3 x  x  8  0 � �
� 1  97
x

�
6
�
1
�
x �
1
�
�
2
�x �
�
2
��
� x0
2
t  2 x  1 ta được 3x  x  1  2 x  1 � �
x0
�x 2  3 x  0
��
�
�
�
x  3
��
Vậy phương trình có nghiệm x  0; x 

III

1  97

1  97
.
;x 
6
6

1,0 điểm
�e3 x  1
e3 x  cos x
1  cos x �
lim
 lim �
.3 
�
x �0
x
�
0
x
x
� 3x
�

0.25

0.5

0.25

0.25

0.25

0.25

0.5

1,0 điểm
WWW.ToanCapBa.Net

0.25

0.5

�
x �
sin 2
�e3 x  1
�
2 . x � 1.3  1.0  3.
 lim �
.3 
x �0
x2 2 �
3x
�
�
�
�
4

�
IV

0.25

Trang 10


WWW.ToanCapBa.Net

Gọi M là trung điểm của BC. Ta có ( SBG ) �( SCG )  SG
�  600 ,
(SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC) suy ra SG  ( ABC ), SAG
SG là chiều cao của chóp S.ABC.
�  3a (1)
�  3a. 3  3a 3 ; AG  SA.cos SAG
SG  SA.sin SAG
2
2
2
x 3
ABC vuông tại B có C  30 . Đặt AB  x  x  0  suy ra BC  x 3, BM 
2
x 7
2
x 7
; AG  AM 
(2)
AM  AB 2  BM 2 
2

3
3
x 7 3a
9a

� x
Từ (1) và (2)suy ra
3
2
2 7

0.25

0.25

o

1
1
81a 2 3
1
1 3a 3 81a 2 3 243a 3
; VS . ABC  SG.S ABC  .
(đvtt).
AB.BC  x 2 3 

2
2
56
3

3 2
56
112
1,0 điểm
2
9 x2  y2  z 2
Ta có  x  y  z   x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx  � xy  yz  zx  
.
2
2
3 2
9
2
2
Vậy nên A   x  y  z  
2
2
y �
z 
3 ��
x y z 3x x 1 x  1; 2
Không mất tính tổng quát, giả sử: x ���

S ABC 
V

Lại có: y 2  z 2 �( y  z ) 2   3  x  � x 2  y 2  z 2 � 3  x   x 2  2 x 2  6 x  9
2

2

2
Xét f ( x )  2 x  6 x  9, x � 1; 2 � f '( x)  4 x  6, f '( x)  0 � x 

3
2

�3 � 9
f (1)  5; f (2)  5; f � �
�2 � 2

VI.a

1

��
x 1
��
x2
�x  2
�
�
�
�
2
2
2
� �y  1
Suy ra x  y  z �5 , đẳng thức xảy ra khi �yz  0
�x  y  z  3 �z  0

�
�
�
�x �y �z
Vậy Amax  3 khi x  2, y  1, z  0 hoặc các hoán vị của chúng.
1,0 điểm
WWW.ToanCapBa.Net
Trang 11

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25


WWW.ToanCapBa.Net
Ta có:
 B �d1 � B  a; 3  a  , C �d 2 � C  b; 9  b 
uuu
r
uuur
� AB   a  3;1  a  , AC   b  3;7  b 
uuu

r uuur
�
�AB. AC  0
 ABC vuông cân tại A � � 2
2
�AB  AC
2ab  10a  4b  16  0
(1)
�
�� 2
2a  8a  2b 2  20b  48 (2)
�
Nhận thấy: a = 2 không là nghiệm của hệ trên.
5a  8
Do đó  1 � b 
. Thế vào (2) tìm được a  0 hoặc a  4
a2
Với a  0 ta có b  4 . Vậy B  0; 3 và C  4; 5  .
2

Với a  4 ta có b  6 . Vậy B  4;  1 và C  6; 3 .
1,0 điểm
Xét I  a; b  là tâm và R là bán kính đường tròn (C).
Do I � � a  6b  10

0.25

0.25
0.25
0.25

 1

�3a  4b  5
R
�
�
5
d
;
d
�
Đường tròn (C) tiếp xúc với 1 2
�
�4a  3b  5  R
�
5
�

 2

0.25

 3

Từ (1); (2); (3) suy ra 3  6b  10   4b  5  4  6b  10   3b  5

VII.a

b0

�
22b  35  21b  35
�
��
��
70
�
22b  35  21b  35
b
�
43
�
a  10
R7
�
�
�
�
Từ (1) suy ra
10 và � 7
�
a
R
� 43
� 43
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn:
2
2
2
� 10 � � 70 � 49

2
 C1  :  x  10   y  49 ;  C2  : �x  � �y  �
� 43 � � 43 � 1849
1,0 điểm
Từ hệ thức đã cho suy ra n �6 .
 n  4  !  n n !  454
Cnn46  nAn2  454 �
2! n  6  !
 n  2 !
2n3  n 2  9n  888  0 � n  8.

0.25

0.25

0.25

0.25
0.25

8

8
k
8 k
8 k
�2
� 8
Với n  8 , �  x 3 � �C8k  2 x 1    x 3   �C8k 2k  1 x 24 4 k
�x

� k 0
k 0
4
Hệ số của x tương ứng với 24  4k  4 � k  5 .
85
Vậy hệ số của x4 là C85 25  1  1792 .

VI.b

1,0 điểm
WWW.ToanCapBa.Net

Trang 12

0.25

0.25


WWW.ToanCapBa.Net

0.25

Do CA  CB  AB suy ra A, B nằm trên đường tròn tâm C bán kính CA nên A, B đối
xứng nhau qua Ox
a2
Giả sử A(a; b) � B (a;  b) . Do A, B thuộc (E) suy ra
 b2  1
(1)
4

(2)
Tam giác ABC đều suy ra AB 2  AC 2 � 4b 2  (a  2)2  b2
2
a  2�b  0
�a
�
2
(1)
� b 1
�
�
Từ (1) và (2) ta có: �4
2
�4 3
�
a  �b 
2
2
2
�
4b  (a  2)  b
(2)
� 7
7
�
�2 4 3 � �2 4 3 �
�2 4 3 � �2 4 3 �
;
;
B

;
A
; B�
Do A �C . Vậy A �
hoặc
�
�
�
�
�7 7 � �7
�
�7 ; 7 �
�
�7 ; 7 �
�.
7
�
� �
�
�
� �
�
2

1,0 điểm
Gọi E là trung điểm MN ta có E(2;-1). Gọi  là đường trung trực của MN.
Suy ra  có phương trình x  2  3  y  1  0 � x  3 y  5  0.
Gọi I là tâm đường tròn đi qua M, N thì I nằm trên  .
Giả sử I  3t  5; t  .
Ta có IM  d  I , d  �  3t  4  2   t  2  2  

0.25

0.25

0.25

4t  2 
2
2t 2  12t  18  0 � t  3 . Từ đó suy ra I  4; 3 , bán kính R = IM= 5 2 .

0.25

Phương trình đường tròn  x  4    y  3  50 .

0.25

2

VII.b

0.25

2

2

1,0 điểm
6
Số phần tử của không gian mẫu C12  924 (phần tử).

0.25

0.25

Xét trường hợp trong 6 sản phẩm lấy ra có 2 phế phẩm suy ra có C  210 cách và xác
210
xuất là
.
924
Vậy xác suất lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ lô hàng đó có không quá 1 phế phẩm là
210 714 17
P  1


924 924 22
4
10

-------------Hết-----------

WWW.ToanCapBa.Net

Trang 13

0.25

0.5

WWW.ToanCapBa.Net
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 x2  3 y  y 2  8x  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:
�x 2 2 � �y 2 2 � �z 2 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
C x  3 Ax2 � A22x  81. ( x �N * )
Câu VIII.a (1,0 điểm). Giải bất phương trình:
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,  d 2  : 5x  2 y  7  0 cắt nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua P và
29
tạo với (d1 ),( d 2 ) một tam giác cân tại A và có diện tích bằng
.
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.
--------------------- Hết -------------------Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
WWW.ToanCapBa.Net

Trang 14


WWW.ToanCapBa.Net
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:
y  �;
lim y  �
Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: xlim

��
x ��
- Bảng biến thiên:

Điểm
1,00
0,25
0,25

x 0
�

3
+ Ta có: y'  4x  8x; y'  0 � �

x � 2
�

+ Bảng biến thiên:
x -
y’
+
y

0

 2

0
0

-

0

-

+

2

+

0
0

-

-4







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


- Điểm cực đại của đồ thị là   2;0 , 



- Hàm số nghịch biến trên khoảng  2;0 và









2; �

2;0 điểm cực tiểu của đồ thị B(0;-4)

* Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung tại  0; 4  và cắt trục hoành tại điểm  2;0 và
+ Nhận xét: Đồ thị (C) nhận trục tung làm trục đối xứng.



fx = 

-x4+4x2

0,25

-





2;0



0,25

-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.

WWW.ToanCapBa.Net

Trang 15

1,00


WWW.ToanCapBa.Net
x0
�
3
2
Ta có: y '  4 x  4mx  4 x   x  m  ; y '  0 � �2
x m
�
Nếu m �0 thì  Cm  chỉ có một điểm cực trị và đó là điểm cực đại nằm trên trục

II

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 2  4) , ( m ; m 2  4) .
Để hai điểm này nằm trên trục hoành thì
m 2  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


0 �x
m , m Z.

- Đk. cos 2x �۹
4
2
Ta có: sin x tan 2 x  3(sin x  3 tan 2 x)  3 3

0,25
0,25
0,25

0,25
1,00
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


Vậy pt có một họ nghiệm : x    k , k �Z .
6
2

0,25

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

1,00
0,25

Bất phương trình � x  1 

0,25
0,25

3 x
3 x

�2x
�3  x  0
�
2x
4x 2
�
� x
� �x 
2
3 x
� (3  x)
�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...

WWW.ToanCapBa.Net

Trang 16

0,25

0,25
0,25

1,00


WWW.ToanCapBa.Net
+ Điều kiện: x  3 y �0, y  8 x �0
2

III

2

Đặt u  x 2  3 y , v  y 2  8 x

 u, v �0 

v  2u  1
v  2u  1
�
�
�
�
�
�
u  v 2  13 �
u 2  v 2  13 �
u 2  (2u  1) 2  13
�
v  2u  1
�
�
v  2u  1
u2
�
�
�u  2
�� 2
� ��
�
�
� 6
v3

5u  4u  12  0
�
�
��
u
(loai )
�
�� 5

0,25

2u  v  1
�

+ Ta được: �2

� 4  x2
�y  3
2
2
�
� x  3y  2
�x  3 y  4
�
� �2
��
+ Khi đó � 2
2
�4  x 2 �
y  8x  9

y

8
x

3
�
�
�
�
�
� 8 x  9
�
� 3 �
�

0,25

0,25

� 4  x2
�y 
��
3
�x 4  8 x 2  72 x  65  0
�
�
�x  1
� 4  x2
y

�
� 4  x2
�
�
3
�y 
�
�y  1
�
��
��
�
3
�
x 1
�
�x  5
2
�
�
(
x

1)(
x

5)(
x

4

x

13)

0
�
�
�
�
�
x  5
�
��
�y  7

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 ….

WWW.ToanCapBa.Net

Trang 17

0,25
1,00


WWW.ToanCapBa.Net
C

B

IV
A

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'

� MN 

1
B'D ' � B'D'  2a � A 'B'  a 2
2





VABCDA' B 'C ' D '  AA'.S A' B 'C ' D ' a 2 a 2 2 2 2a 3 (đvtt)
0,25
+ Gọi I là giao của B'D' và A'C'
Trong (AA'C') kẻ IK  AC ' ; K  AC '

0,25

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 ' .
�

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

Tìm GTNN của biểu thức….

WWW.ToanCapBa.Net

0,25

a
.
3
1,00

Trang 18


WWW.ToanCapBa.Net

V

 x3  y3  z 3 
x2  y2  z 2


P


2
Ta có:



3
xyz


Áp dụng bđt: a 2  b 2 2ab, a, b  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx .

0,25

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z.
3

 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
+ BBT
t
f /  t
f  t

0

3

3



42

0

�


�

�

0,25

8
34 2

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

0,25
VI

Chương trình chuẩn
a. Viết phương trình đường thẳng….

WWW.ToanCapBa.Net

1,00

Trang 19


WWW.ToanCapBa.Net
uuur
uuur
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:

uuuu
r uuur
( a  2)(b  2)  (b  1)  0
�
�MA.MB  0
�
��
�

2
2
2
�MA  MB
� (a  2)  1  (b  2)  (b  1)

0,25

Nhận xét b=2 không thỏa mãn hệ phương trình này.
b 1
�
a2
b 1
�
�
a2 
b2
�
�
��
b2
Ta có : �
2
�b  1 �
2
2
2
�
�
(a  2)  1  (b  2)  (b  1)

 1  (b  2) 2  (b  1) 2
�
�
�
�
�b  2 �
�
�
a2
�
b 1
�
a2
�
�
�
b 1
b2
�
�
��
��
�
� 1
�
a4
2
2
�
��

�
(
b

2)

(
b

1)
.

1

0
�
�
�
2
�
�
�
�
(b  2)
b3
�
�
�
�
�

�a  2
Với �
đường thẳng  qua A,B có phương trình x  y  2  0
b 1
�
�a  4
Với �
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 .

VII

a. Tìm tọa độ tâm đường tròn…
(C1)

A

0,25

0,25
0,25
1,00

(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 OA 2  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:

0,25

 x  2 y  5 0
. Giải hệ được hai nghiệm(5;0);(-3;-4).
 2
2
 x  y 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 ) 2  4t 2 40 .Giải ra: t = -1 hoặc t = 3.

t  1 � I(1, 2) ;

t 3  I (3, 6)

0,25
0,25

Vậy tâm của (C2) có tọa độ (-1 ; 2) hoặc (3, -6).

a. Tìm nghiệm của BPT….

WWW.ToanCapBa.Net

1,00

Trang 20


WWW.ToanCapBa.Net

VIII

+ Đk : x  N ; x 3

0,25

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
 3 x 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….
VI

1,00
d2

d1

A

0,25
d

B

P

C

H

Ta có A  d1 �d 2 � tọa độ của A là nghiệm của hệ
�2 x  5 y  3  0
�x  1
��
� A  1; 1
�
5x  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  : 3 x  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
�
�
��
. Mặt khác P (7;8) �(d ) nên C1  77, C2  25 .
�
d  2
7 x  3 y  C2  0
�
�
d : 3x  7 y  77  0
�

Suy ra: �
d : 7 x  3 y  25  0
�
Gọi B  d1 �d , C  d 2 �d . Thấy (d1 )  (d 2 ) � tam giác ABC vuông cân tại A
1
1
29
2
� AB  29 và BC  AB 2  58
nên: SABC  AB. AC  AB 
2
2
2
29
2
Suy ra: AH  2 S ABC  2  58
BC
2
58
3.1  7(1)  77
87
58

�AH 
Với d : 3 x  7 y  77  0 , ta có d ( A; d ) 
(loại)
2
2
2
58

3  ( 7)

Với d : 7 x  3 y  25  0 ta có d ( A; d ) 
Vậy d : 7 x  3 y  25  0
b. Viết phương trình …

7.1  3( 1)  25
7 3
2

WWW.ToanCapBa.Net

2



29
58

 AH (t/mãn).
2
58

0,25

0,25

0,25
1,00

Trang 21


VII

WWW.ToanCapBa.Net
(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
+ t  1  J   1; 1  (C 2 ) : ( x  1) 2  ( y  1) 2 4

0,25
0,25

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

0,25

2

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

0,25

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

Ta có y ' 

1,00
0,25

x  2x  m  3
2

 x  1

2

Hàm số có CĐ, CT khi pt y'=0 có 2 nghiệm phân biệt khác -1.
� x 2  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  4x2  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

Theo định lý Vi-et �

0,25
0,25

0,25

m  6m  39  0 � 3  4 3  m  3  4 3 .
Vậy 3  4 3  m  3  4 3
2

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  2m 2  4 (Cm ) . (m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m  1.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (Cm ) có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có
diện tích bằng 2.
Câu II (2,0 điểm).

WWW.ToanCapBa.Net

Trang 22


WWW.ToanCapBa.Net

1. Giải phương trình: cos2x + 5 = 2(2- cosx)(sinx - cosx) .
2. Giải bất phương trình: 2  x � x  x  1 .
�
�y  2 x  y  9  x

Câu III (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: �

�y x  y  9  0

( x, y �� ).

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có A '. ABC là hình chóp tam giác đều,
AC  a , A ' B  a 3 . Tính theo a thể tích của khối chóp A '.BB ' C ' C .
Câu V (1,0 điểm). Cho ba số thực a , b, c chứng minh:
a2 + (1- b)2 + b2 + (1- c)2 + c2 + (1- a)2 �

3 2
.
2

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 điểm A(2; 3) , B(3; 2) .Tam

3
, trọng tâm G của tam giác ABC nằm trên đường thẳng ( d ) :
2
3x  y  8  0 . Tính bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị n nguyên dương thỏa mãn:

giác ABC có diện tích bằng

Cn1  3Cn2  7Cn3  ...  (2k  1)Cnk  ...  (2n 1)Cnn  32n  2n  6480 .
3
Câu VIII.a (1,0 điểm). Tính giới hạn: L = lim 5 - x 2-

x2 + 7
.
x - 1

x�1

3

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương
trình: x 2  y 2  2 x  2 y  8  0 và đường thẳng (  ): 4 x  2 y  11  0 . Lập phương trình tiếp tuyến
của (C), biết tiếp tuyến tạo với (  ) một góc bằng 45o .
0
1
2
2010
2011
 2011C2011

 2010C2011
 ...  2C2011
 C2011
Câu VII.b (1,0 điểm). Tính tổng: S  2012C2011
.

Câu VIII.b (1,0 điểm). Tính giới hạn: I  lim
x �0

3

2x 1  1 x
.
sin 2012 x

--------------------- 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: ……………………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN - KHỐI D
(Hướng dẫn chấm có 05 trang)

Câu
I
(2,0)

Nội dung

Điểm
1,0
0,25

1. Khảo sát hàm số khi m = 1.
Với m  1    � y  x 4  2 x 2  2 , TXĐ: D  �.
y '  4 x 3  4 x . Cho y’  0 ta được: x  0 hoặc x  �1

WWW.ToanCapBa.Net

Trang 23


WWW.ToanCapBa.Net
- Hàm số đồng biến trên các khoảng  1;0  và (1; �) ;

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (�; 1) và  0;1 .
- Hàm số đạt cực đại tại x  0, ycd  2 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  �1, yct  3 .
lim y  �; lim y  �.
- Giới hạn:
x � �

BBT:
x
y’
y

0,25

x ��

�
�

-1
0
-3

0
0

+

-

�

1
0

+
-

-2

�

0,25

-3
Đồ thị.
- Đồ thị cắt Ox tại hai điểm (� 1  3;0)
cắt Oy tại (0; -2)
- Đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng

y
4

2

O
-5

5

x

0,25

-2

-4

2. Tìm m để .....

1,0

Ta có: y '  4 x  4mx .
�x  0

y '  0 � �2
x m
�
- Đồ thị hàm số có ba cực trị � m  0 (*)
Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là: A(0; 2m 2  4) , B ( m ; m 2  4) , C (  m ; m 2  4) .
- Ta thấy B,C đối xứng nhau qua trục Oy và A �Oy nên tam giác ABC cân tại A.
Phương trình cạnh BC: y  m2  4  0 .
Gọi h là độ dài đường cao từ đỉnh A của tam giác ABC, ta có:
1
h  d ( A, BC )  m 2 � SABC  h.BC
2
2
2
� 4  m . 2 xB � 4  2m . m � m  5 4 (thỏa mãn *).
3

II
(2,0)

Vậy m  5 4 là giá trị cần tìm.
1. Giải phương trình lượng giác
PT  (cosx �sin x)2 - 4(cosx �sin x) �5 = 0
�
(cosx �sin x) = - 1
��
�
(cosx �sin x) = 5 (l )
�
�
WWW.ToanCapBa.Net

0,25

0,25
0,25

0,25
1,0
0,25
0,25

Trang 24


WWW.ToanCapBa.Net
Với (cosx �sin x) = - 1 � cos(x + p) = - 2
4
2
� p
�
x = + k2p
�� 2
, k ��.
�
x = p + k2p
�
�
p
Vậy PT cóhai họ nghiệm: x = + k2p ; x = p + k2p, k ��.
2

2. Giải bất phương trình...
Đk: 1 �x �2
Bất phương trình đã cho tương đương với 2  x  x  1 � x
� 2 (2  x)( x  1) �x  1 � 4( 2  3x  x 2 ) �x 2  2 x  1
� 9
x�
� 5x  14x  9 �0 � � 5
�
x �1
�

IV
(1,0)

0,25

1,0
0,25
0,25
0,25

2

III
(1,0)

0,25

9
Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là T  {1} �[ ; 2]

5
Giải hệ phương trình.
�
�x  y  2 x  y  9
x
�
y
�
Điều kiện:
. Hệ đã cho
(*)
�
�y x  y  9  0
� a2  b
�
a  x y
x
�
�
�
2
b

x

y
�
Đặt: �
�
2

�
�y  b  a
a �0
�
�
�
2
b  2a  9
�
(1)
� 2
Hệ (*) trở thành �b  a
.a  9  0 (2)
�
� 2
Thế (1) vào (2) được: a 3  2a 2  9a  18  0 � ( a  2)(a 2  9)  0 � a  3.
�x  6
a 3�b 3� �
. Vậy nghiệm của hệ là:  x; y    6; 3 .
�y  3

0,25

Tính thể tích khối chóp…

1,0

WWW.ToanCapBa.Net

Trang 25

1,0
0,25

0,25

0,25

0,25