KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - ­2013 LẦN 1 ĐỀ THI MÔN: TOÁN ­ KHỐI B

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 

KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012­2013 LẦN 1 
ĐỀ THI MƠN: TỐN ­ KHỐI B 
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng 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 = x 3 - 3 x 2  + ( m + 1) x + 1  ( C m  )  (m là tham số thực). 
1.  Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với  m = - 1 . 
2.  Tìm tất cả các giá trị của m đề đồ thị hàm số ( C m  )  cắt đường thẳng ( d ) : y = x + 1  tại ba điểm phân 
biệt A ( 0; 1 ) , B, C sao cho bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác OBC bằng 

41 
, với O là gốc tọa độ. 
2 

Câu II (2,0 điểm). 
1.  Giải phương trình:  cos 4 x + 2 sin 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 - 8 x 2 . 
x + 2 - 3  3 x + 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 vng góc với nhau và cách nhau một khoảng bằng  a 
. 
10 
Tính theo a thể tích khối lăng trụ  ABC. A ' B ' C '. 
ì x 2 + 1 - 3x 2 y + 2
4 y 2 + 1 + 1 = 8 x 2 y 3 

ï
Câu V(1,0 điểm). Giải hệ phương trình: í
ïỵ x 2 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 , trên 
cạnh  CD  lấy  điểm  N  sao  cho  2CN = CD .  Tìm  tọa  độ  điểm  B,  D  biết  trọng  tâm  của  tam  giác  BMN l
ổ 19 5 ử
G ỗ ữ .
ố 6 3 ø 
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 
Câu III (1,0 điểm). Tính giới hạn:  lim 

(

)(

) 

trình đường thẳng ( d ' )  vng 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 đơi một 
khác nhau và ln 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 = 2 CD .  Biết  phương  trình:  AC : x + y - 4 = 0 
và 
BD : x - y - 2 = 0 . Tìm tọa độ 4 đỉnh A, B, C, D biết hồnh 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). Tỡmhsca x9 trongkhaitrin: 1 - 3 x

2n

)

n ẻ Ơ* ,bit

2
14 1 
+ 3  =  . 
2
Cn 3 Cn  n

­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­ 
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên () đã gửi tới www.laisac.page.tl


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 

KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012­2013 LẦN I 
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN; 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 tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn. 
­ Với bài hình học nếu thí sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng 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 - 3 x +1
0,25
+)TX: Ă
+)Giihncahmstivụcc:
lim = -Ơ v lim = +Ơ
xđ-Ơ

xđ+Ơ

ộ x = 0 
+) Sự biến thiên của hàm số:  Ta có:  y ' = 3 x 2  - 6 x ;  y ' = 0 Û ê
ë 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 ) . 
é x = 0 
y = 1 Û ê
ë x = 3 

+) Nhận xét: Điểm I(1;­1) là tâm đối xứng của 
đồ thị hàm số. 

0,25


2  Phương trình cho hồnh độ giao điểm của ( C m  ) và ( d ) .
é x = 0 
x 3 - 3 x 2  + ( m + 1) x + 1 = x + 1 Û ê 2 
ë x - 3x + m = 0              (1 ) 
Để ( C m  )  cắt ( d) tibaimphõnbit pt(1)cúhainghimphõnbitkhỏc0

0,25

9
ỡ
ù m<
(*)
ớ
4
ùợm ạ 0
+)Gis B ( x1 ; x1 + 1) , C ( x2 ; x2  + 1 ) . Khi đó  x1 ; x 2  là nghiệm của phương trình (1) 

Ta có: OB.OC =

( 2x

2
1

+ 2 x1 + 1)( 2 x22  + 2 x2  + 1 ) 

0,25

2 
ïì x = 3 x1  - m 
Vì  x1 ; x 2  là nghiệm của phương trình (1) nên :  í 12 
ïỵ x2 = 3 x2  - m

Þ OB.OC =

( 8 x1 + 1 - 2m )(8 x2  + 1 - 2 m )  =

4m 2  + 12 m + 25 

1
OB.OC . BC 
d ( O , ( d ) ) . BC  = 
nên OB.OC = 2 R.d ( O , ( d ) ) 
2
4 R
1 
+) d ( O, ( d ) ) = 
2 
é m = 1 
Từ (2) và (3) ta có:  4m 2  + 12m + 25 = 41 Û ê
ë m = -4 
Từ (*) và (**) với  m = 1 hoặc  m = - 4  thì ycbt được thỏa mãn. 
1  Phương trình đã cho tương đương với phương trình 
cos 4 x - cos 2 x + 2sin 6 x - 2 3 sin 3 x cos x = 0 

Vì S OBC  =

II 

(2) 
(3) 
(*) 

0,25 

0,25 

Û -2sin 3 x sin x + 4 sin 3x cos 3 x - 2 3 sin 3x cos x = 0 

(

0,25 

) 

Û -2sin 3 x sin x + 3 cos x - 2cos 3 x = 0 
●  sin 3x = 0 Û x = 

k p
3 

0,25 

p

é
x = - + k p
ê
pư
ỉ
12 
●  sin x + 3 cos x = 2cos 3 x cos ỗ x - ữ = cos 3 x Û ê
6 ø
è
ê x = p + k p
êë  24 2 
k p
p
p k p
Vậy nghiệm của phương trình là  x =  ,  x = - + kp ,  x =
+
3 
12 
24 2 
2  Điều kiện:  x ³ - 2. 
Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình
( 4 x2 - x - 7 ) x + 2 + 2 ( 4 x2  - x - 7 ) > 2 éë( x + 2 ) - 4 ùû
Û ( 4 x 2  - x - 7 )

(

) (

x+2 +2 > 2

2 

x+2 -2

)(

) 

x + 2 + 2 

Û 4 x - x - 7 > 2 x + 2 - 4  Û 4 x > x + 2 + 2 x + 2 + 1 
2 

(

2 

) 

x + 2 + 1  Û

(

x + 2 + 1 - 2x

)(

¢ ( k Î) 

0,25 

0,25

2 

Û ( 2x) >

0,25 

) 

x + 2 + 1 + 2 x < 0 


é ìï
êí
ê ïỵ
Ûê
ê ìï
êí
ê ỵï
ë 

x + 2 > 2 x - 1

(1) 

( I ) 

x + 2 < -2 x - 1 (2) 

x + 2 < 2 x - 1

(3) 

( II ) 

x + 2 > -2 x - 1 (4) 

ì x ³ -2 
● Giải hệ (I): Từ (1) và (2) suy ra  í
Û -2 £ x < 0. 
ỵ 2 x - 1 < -2 x - 1 
ïì-2 £ x < 0 
Khi đó hệ (I) tương đương với hệ phương trình  í
ïỵ x + 2 < -2 x - 1 
1 
ì
ï -2 £ x < - 2 
Ûí
Û x Ỵ [ -2; - 1 ) 
2 
ï x + 2 < ( -2 x - 1 ) 
ỵ
ì x ³ -2 
● Giải hệ (II): Từ (3) và (4) suy ra  í
Û x > 0. 
ỵ -2 x - 1 < 2 x - 1 

III

IV 

ìï x > 0 
Khi đó hệ (I) tương đương với hệ phương trình  í
ïỵ x + 2 < 2 x - 1 
1 
ì
ỉ 5 + 41 
ư
ï x > 2 
Ûí
Û x Ỵ ỗỗ
+ Ơ ữữ
ù x + 2 < ( 2 x - 1 ) 2 
è 8 
ø 
ỵ 
ỉ 5 + 41 
ư
Vậy tập nghiệm của bất pt là T = [ -2; - 1)ẩ ỗỗ
+ Ơ ữữ .
ố 8
ứ
3
3
ộ x + 2 - 2 2 - 3 x + 2 ù
x + 2 - 3 x + 2 
lim 
= lim ê
+

ú
x ® 2 
x ® 2 
x - 2 
x - 2  û 
ë x-2
é
ù
1
3 
ê
ú = 0 
= lim
2  ú
x ® 2  ê
3 
3 
x + 2 + 2  4 + 2 3 x + 2 + ( 3 x + 2 ) 
ë
û 
Gọi I là trung điểm của B’C’. 
Vì ABC.A’B’C’ là lăng trụ tam giác đều nên A ' I ^ ( BCC ' B ' ) 
Þ CM ^  A ' I ,  mà  CM ^  A ' B
A’ 
C’ 
nên CM ^ ( A ' IB )  Þ 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 
Þ CB.
=
.BB ' Þ 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 vng góc của H trên A’B thì HK là 
3 
đoạn vng góc chung của A’B và CM, suy ra  HK = a
. 
10 

0,25 

0,25 

0,25 
0,5 

0,5 

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
ị
ì
=a
ì x 2 ị x =2a.
10
5 2

0,25 

Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là  V = A ' A.S DABC  = 2a 3  3. 

0,25

Trong tam giác vng BCM ta có  BH  =

V 

(

)(

)

ì x 2 + 1 - 3x 2 y + 2
4 y 2 + 1 + 1 = 8 x 2 y 3                          (1 )
ï
í
ïỵ x 2 y - x + 2 = 0 
( 2 ) 
+) Với  y £ 0  thì VT (1) > 0 , VP (1) £ 0  Þ  Hệ phương trình chỉ có nghiệm ( x, y )  với 

0,25 

y > 0 . 
+) Vì  y > 0  nên từ phương trình (2) của hệ suy ra  x > 2 
Khi đó: (1) Û x 2 + 1 - 3 x 2 y + 2 = 2 x 2 y

(

) 

4 y 2  + 1 - 1 

Û x 2 + 1 + 2 = 2 x 2 y 4 y 2 + 1 + x 2 y

(3) 

2 

Thay  2 = x - x y vào phương trình (3) ta được: 
2

2

2

0,25 
2 

x + 1 + x = 2 x y 4 y + 1 + 2 x y
Û

1
1 1 
1 + 2  + = 2 y 4 y 2  + 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 

t 2 
1 + t 2 

+ 1 > 0  với mọi  t > 0 

0,25 

1 
1 
ỉ 1 ư
Þ  f ( t )  là hàm đồng biến trên ( 0 +Ơ).M f ỗ ữ = f ( 2y) Û = 2 y  Û xy = 
x
2 
è x ø 
1 
1 
+) Thay  xy =  vào phương trình (2) của hệ ta có :  x = 4 Þ y =  . 
2 
8 
ì x = 4 
ï
Thử lại thấy  í
1  thỏa mãn hệ phương trình đã cho. 
y
=
ïỵ  8 
ỉ 1 ư
Kết luận : Hệ phương trình đã có nghiệm duy nhất ( x, y ) = ç 4;  ÷
è 8 ø 
1  Giả sử B ( a; b ) . 
D
N

C
uuur 
Khi đó: AB = ( a - 1; b - 1 ) . 

Theo giả thiết: 
uuuur uuur 
æ a + 2 b+ 2ử
3 AM = AB ị M ỗ

ữ
3 ứ
ố 3

0,25 

G
0,25 

A

M

B

uuur uuur
uuur 
ỉ 11 - a 7 - b ư
+)  2CN = CD = - AB ị N ỗ

ữ .Vỡ GltrngtõmcacatamgiỏcBMN

2 ứ
ố 2

0,5


a + 2 11 - a 
ì19
ïï 2 = a + 3 + 2 
ìa = 4 
nên ta có:  í
. Vậy B ( 4;1 ) . 
Ûí
b
+
2
7 
b 
b
=
1 
ỵ 
ï5 = b +
+
ïỵ 
3
2 
uuur uuur 
Vì AB = DC Þ D ( 2;3 ) 

0,25 

2  +) ( C ) : ( x - 1) + ( y + 3)  = 25  có  tâm I (1; - 3 )  và bán kính  R = 5 . 
Gọi H là trung điểm của AB Þ IH ^  AB . 
Ta có:  IH 2 + HB 2 = IB 2 =  R 2  Þ IH = 4 
Vì ( d ') ^ ( d ) Þ ( d ' )  có dạng:  3 x + 4 y + m = 0 . 
2

2 

Ta có: d ( I , ( d ' ) ) =  IH Û
VII.a 

VI.b 

1 

0,25 
0,5 

3 - 12 + m
é m = 29 
= 4  Û ê
5 
ë m = -11 

0,25 

Giả sử số có dạng  abcd 
Số có 4 chữ số đơi một khác nhau trong đó ln có mặt số 2 (kể cả số 0 đứng đầu) 

C5 3 .4! = 240  (số) 

0,5 

Số có 4 chữ số đơi một khác nhau trong đó ln có mặt số 2 và số 0 đứng đầu 
C4 2 .3! = 36  (số) 

0,25 

Tổng cộng có  240 - 36 = 204 (số). 

0,25

( AC ) Ç ( BD ) = {I } Þ  I ( 3;1 ) 
ID IC DC  1 
Ta có: 
=
=
=  . 
IB IA AB 2
ỡ ID = a
Tat: IC = aị ớ
.
ợIA = IB = 2 a

D

C
I

A

B

0,5 

Dễ thấy: ( AC ) ^ ( DB ) . Từ đó suy ra: 
S ABCD = S IAB + S IBC + S ICD + S IAD 
1  2 
9 a Û a = 2 2 
2 
+) A Ỵ AC Þ A ( a; 4 - a )  ( a > 0 ) 
Û 36 =

é a = 7 
2 
Ta có: IA = 4 2 Û ( a - 3) = 16 Û ê
ë a = -1 ( loai ) 
Vậy A ( 7 -3)

0,25

+) B ẻ BD ị B ( t; t - 2 )  ( t > 0 ) 
ét  = 7 
2 
Ta có: IB = 4 2 Þ ( t - 3 ) = 16 Û ê
ë t = -1 ( loai ) 
uur
1 uur 
+) Vì IC = - IA Þ C (1;3 ) 

2 
uur
1 uur 
+) Vì ID = - IB Þ D (1; -1 ) 
2 
2  +)Gi KltrungimcaAD.
+) AN ầ KM ={G}.

Suyra:B (75)

+)Xột DDMA cúMK ltrungtuyn,ANltrungtuynịG là trọng tâm của 
D DMA . 

0,25 

0,5


2
2 
KM =  CD . 
3
3 
+) Xét hình thang ABCP có M là 
trung điểm CB mà 
GM//AB//CD Þ GM là đường 
trung bình của hình thang.

P

D

Þ GM =

C

N
K

G
M

A

B

1 
2
1
1 
( PC + AB )  Þ CD = ( CD + PC ) Þ PC =  CD
2 
3
2
3 
uuur 1 uuur 1 uuur 
+) Ta có: PC = DC = AB = (1; -1 ) . Nên C ( 3; - 1 ) 
3 
uuur uuur 3
+) Vì AB = DC Þ D ( 0; 2 ) 

GM =

VII.b 

0,25 

0,25 

ì n 3
2
14 1
+ 3 =
(1)k: ớ
2
*
Cn 3Cn n
ợ n ẻ ¥ 
Với điểu kiện trên phương trình (1) tương đương.
é n = -2
4
28
1 
+
=
Û n 2  - 7 n - 18 = 0  Û ê
n ( n - 1) n ( n - 1)( n - 2 )  n
ë n = 9 
Kết hợp với điều kiện ta có:  n = 9 . 
2n

(

+) Với  n = 9 , Ta có khai triển: P = 1 - 3x

) = (1 -

18 

3x

9 

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

(

9 

) 

9 
+) Suy ra hệ số của  x 9  là: C18 
. -  3 

­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­

18 

0,5 

k 

) = å C ( - 3 x )  . 
k 
18 

k = 0 

0,5