DE THI CHUYEN VINH PHUC

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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) 4 2 C  Câu I ( 2,0 điểm). Cho hàm số y  x  2mx  4 có đồ thị m . ( m là tham số thực) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m =2. C  2. Tìm tất cả các giá trị của m để các điểm cực trị của đồ thị m nằm trên các trục tọa độ. Câu II (2,0 điểm). sin x tan 2 x  3 sin x  3 tan 2 x 3 3 1. Giải phương trình: . 3+ x <1 . 2. Giải bất phương trình: √ x+ 3−x 2 x 2  3 y  y 2  8 x  1 0  x  x  8   y  y  3  13 0 Câu III (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  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 C x  3 Ax2  A22x  81. * 2 Câu VIII.a (1,0 điểm). Giải bất phương trình: x (xN ) 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  : 5 x  2 y  7 0 cắt nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua P 29 và 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 y x 1 Câu VIII.b (1,0 điểm). Cho hàm số .Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu đồng thời hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị nằm về hai phía của đường thẳng (d): 2x+y1=0. --------------------- Hết --------------------. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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. 4 2 Với m = 2, hàm số trở thành: y  x  4x  4. Điểm 1,00 0,25. * TXĐ: R * Sự biến thiên của hàm số: lim y  ;. Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: - Bảng biến thiên:. 0,25. lim y  . x  . x  .  x 0 y '  4 x 3  8 x; y ' 0    x  2 + Ta có:. + Bảng biến thiên: x - y’ + y. 0.  2. 0 0. -. 0. -. +. 2. +. 0 0. -. -4. 0,25. -.   ; - 2  và  0; 2    2;0  và  2;  - Hàm số nghịch biến trên khoảng   2;0  ,  2;0  điểm cực tiểu của đồ thị B(0;-4) - Điểm cực đại của đồ thị là - Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng. * Đồ thị: 0;  4.  và cắt trục hoành tại điểm + Đồ thị cắt trục tung tại  + Nhận xét: Đồ thị (C) nhận trục tung làm trục đối xứng.. . 2;0.  và . 2;0. . 0,25. fx = -x4 +4x2 -4 2. -5. 5. 10. -2. -4. -6. -8. C 2. Tìm m để tất cả các cực trị của hàm số  m  nằm trên các trục tọa độ.. 1,00.  x 0 y '  4 x3  4mx 4 x   x 2  m  ; y ' 0   2  x m Ta có:  Cm  m 0. 0,25. C Nếu m  0 thì  m  có 3 điểm cực trị . Một cực tiểu nằm trên trục tung và hai. 0,25. Nếu tung.. thì. chỉ có một điểm cực trị và đó là điểm cực đại nằm trên trục. 0,25. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 2 điểm cực đại có tọa độ ( m ; m  4) , ( m ; m  4) . Để hai điểm này nằm trên trục hoành thì m 2  4 0  m 2 . Vì m  0 nên chọn m = 2.. 0,25. m  (  ; 0]  2. II.   là những giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy 1. Giải phương trình lượng giác   cos 2x 0  x   m , m  Z. 4 2 - Đk. Ta có: sin x tan 2 x  3(sin x  3 tan 2 x) 3 3  (sin x tan 2 x  3 sin x )  (3 tan 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 ). 3 6 2 (thỏa mãn)   x   k , k  Z . 6 2 Vậy pt có một họ nghiệm :. 2. Giải bất phương trình + Đk: x 0; x 3. Bất phương trình. . III. x 1. 0,25 0,25 0,25. 3 x 3 x 0,25. 0,25 0,25. 1,00. 2. + Điều kiện: x  3 y 0, y  8 x 0 Đặt. 0,25. 1,00 0,25.   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)  x  (1;9) (Thỏa mãn điều kiện) Vậy tập nghiệm của bpt là : (3;9) Giải hệ phương trình... 2. 1,00. u  x2  3 y , v  y2  8x. 2u  v 1   2 2 u  v 13  + Ta được:. 0,25.  u, v 0 . v 2u  1   2 2 u  v 13. v 2u  1  2 2 u  (2u  1) 13. v 2u  1  v 2u  1   u 2  2    5u  4u  12 0   u   6 (loai )   5. 0,25. u 2  v 3. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>   . + Khi đó.  4  x2 y   2 x 2  3 y 2 3  x  3 y 4   2  2 2  y  8 x 9 y 2  8 x 3  4  x   8 x 9  3  . 0,25.  4  x2 y    3  x 4  8 x 2  72 x  65 0    x 1  4  x2 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 2. 0,25. Kết hợp với điều kiện ban đầu ta thu được tập hợp nghiệm của hệ phương trình S  (1;1),(  5;  7).  là: Tính thể tích …. IV. B. 1,00 0,25. C. A. 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 V ABCDA ' B ' C ' D ' =AA ' . S A ' B ' C ' D ' ¿ a √ 2 ( a √ 2 ) =2 √ 2 a3 (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 ' A ' C ' ⊥ B' D ' Vì } ⇒(AA ' C)⊥ B' D ' ⇒ IK ⊥ B ' D' Vậy: d ( AC ', B' D' )=IK ΔC ' 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 Tìm GTNN của biểu thức….. a . √3. 1,00. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> V. 3. 3. 3. 2. 2. 2. x + y +z x +y +z +2 Ta có: P= 3 xyz 2 2 Áp dụng bđt: a +b ≥ 2 ab , ∀ a , b ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy +yz +zx .. (. ). Đẳng thức xảy ra khi x = y = z. x 3+ y 3+ z 3 xy+ yz +zx x3 2 y3 2 z3 2 +2 ⇒ P≥ + + + + + 3 xyz 3 x 3 y 3 z 3 t 2 + Xét hàm số f (t)= + với t> 0 ; 3 t 2 t 4 −2 f ' (t)=t 2 − 2 = 2 ; f ' (t)=0 ⇔ t=√4 2 t t. (. ⇒P≥. )(. )(. ). + BBT t. f /  t. 0,25. 42. 0 . 0.  .  f t. 0,25. . 0,25. 8 34 2. Vậy P≥ 4 √4 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…..   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:   MA.MB 0    MA MB. 1,00 0,25. (a  2)(b  2)  (b  1) 0  2 2 2  (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    b 2  2 (a  2)2  1 (b  2)2  (b  1) 2  b  1   1 (b  2) 2  (b  1) 2   b  2  Ta có : b 1  a  2  b  2      1 2 2   (b  2)  (b  1)  .   (b  2) 2  1 0    . 0,25.  a 2   b 1  a 4   b 3. a 2  Với b 1 đường thẳng  qua A,B có phương trình x  y  2 0 a 4  Với b 3 đường thẳng  qua A,B có phương trình 3x  y  12 0. 0,25 0,25. Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x  y  2 0 và 3x  y  12 0 .. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> VII. a. Tìm tọa độ tâm đường tròn…. (C1). A. 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) + 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 − OH2 . 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 x 2 + y 2=25 . Giải hệ được hai nghiệm(5;0);(-3;-4). ¿{ ¿. + 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 ) . 2 2 Mà IA = 2 √10 => 5 −t ¿ +¿4 t =40 .Giải ra: t = -1 hoặc t = 3. t  1  I( 1, 2) ;. 0,25. 0,25. 0,25 0,25. t=3 ⇒ I (3,− 6). Vậy tâm của (C2) có tọa độ (-1 ; 2) hoặc (3, -6). a. Tìm nghiệm của BPT…. VIII. 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 ⇔ 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. H. C. Ta có A d1  d 2  tọa độ của A là nghiệm của hệ  2 x  5 y  3 0   5 x  2 y  7 0.  x 1  A  1;  1   y  1. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 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 d     2.  3x  7 y  C1 0  7 x  3 y  C 0  2 . Mặt khác P ( 7;8)  ( d ) nên C1 77, C2 25 .  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 S ABC  AB. AC  AB 2   AB  29 2 2 2 nên: và BC  AB 2  58 29 2 2 S ABC 58 AH   2  BC 2 58 Suy ra:. Với d : 3 x  7 y  77 0 , ta có Với d : 7 x  3 y  25 0 ta có Vậy d : 7 x  3 y  25 0. d ( A; d ) . d ( A; d ) . 3.1  7( 1)  77 32  ( 7) 2. 7.1  3( 1)  25 7 2  32. . 87 58  AH  2 58. 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. 2. 2. (loại). 0,25. 1,00 0,25 0,25. 2. t −2 ¿ + ( − t −1 ) =9 ⇔t −t − 2=0 ⇔ ¿ t=2 ¿ t=−1 ¿ ¿ ¿ ¿ ⇔¿ 2 y +1 ¿ =4 x+1 ¿2 +¿ + t=−1 ⇒ J ( −1 ; −1 ) ⇒ (C 2):¿ 2 y+ 4 ¿ =4 2 x −2 ¿ +¿ + t =2⇒ J (2 ; − 4 ) ⇒ (C 2 ): ¿ y +1¿ 2=4 Vậy có 2 đường tròn (C2) thỏa mãn là: x +1 ¿2 +¿ ¿ 2 y +4 ¿ =4 và x −2 ¿2 +¿ ¿. b. Tìm m để…. 0,25. 29 58    AH 2 58 (t/mãn).. b. Viết phương trình …. 0,25. 0,25. 0,25. 1,00. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> VIII. y' . 0,25. x2  2x  m  3 x 1. 2.   Ta có 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  4 x2  m  1  0 2  16 x1 x2  4  m  1  x1  x2    m  1  0 Theo định lý Vi-et.  x1  x2  2   x1 x2 m  3. . Thay vào bpt trên, ta được:. 0,25 0,25. 0,25. m 2  6m  39  0   3  4 3  m   3  4 3 . Vậy  3  4 3  m   3  4 3. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>