de thi thu dai hoc khoi a a mon toan truong thpt lang giang so 1

TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 ĐỀ CHÍNH THỨC Đề gồm 01 trang ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI LẦN 1 Năm học: 2013 - 2014 Môn: Toán - Khối A, A1. Thời gian làm bài: 150 phút ******* A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 4 1 x y x     có đồ thị là ( C ) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. b. Tìm m để đường thẳng : 2 d y x m   cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho 15 4 IAB S   với I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C). Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sau:   2 3cos 2 3 cos 1 cot x x x    Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:     2 3 2 3 2 4 8 4 12 5 4 13 18 9 1 4 8 4 2 1 2 7 2 0 2 x x y y y x x x x y y y                    ,   x, y  Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình sau:       2 2 2 2 2 log 2x 7 log x 1 log x 3      Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mp(ABC). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, BC; biết góc giữa MN với mp(ABC) bằng 0 60 .Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AC, MN theo a. Câu 6 (1,0 điểm) Cho , , 0 a b c  thỏa mãn     4 4 4 2 2 2 3 7 12 0 a b c a b c        . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 a b c P b c c a a b       B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho 2 đường thẳng 1 :2 11 7 0 x y     và 2 :2 3 4 0 x y     . Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm   8; 14 M  cắt hai đường thẳng 1  và 2  lần lượt tại A, B sao cho 2 3 0 AM MB      Câu 8a (1,0 điểm) Một hộp có 7 viên bi màu đỏ, 5 viên bi màu xanh và 6 viên bị màu vàng. Lấy ngẫu nhiên trong hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để 4 viên bi lấy ra có đủ 3 mầu. Câu 9a (1,0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa 1 x  trong khai triển 2 3 3 2 n x x        thành đa thức. Biết rằng n là một số nguyên dương thỏa mãn 3 3 2 1 1 1 3 . n n n n n n C C C C        2. Theo chương trình nâng cao. Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC có đỉnh A thuộc đư ờng thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. Câu 8b (1,0 điểm) Từ các chữ số 0; 1; 2; …; 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm năm chữ số khác nhau đôi một và chữ số chính giữa luôn là 2. Câu 9b (1,0 điểm) Tìm các giá trị x, biết trong khai triển Newton   x n x 5 lg(10 3 ) ( 2)lg3 2 2    số hạng thứ 6 bằng 21 và n n n C C C 1 3 2 2   . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh: Số báo danh: HƯỚNG DẪN CHẤM Ơ Lưu ý: Dưới đây chỉ là hướng dẫn chấm và sơ lược các bước giải, trong bài làm của học sinh phải yêu cầu trình bày chi tiết, lập luận chặt chẽ, không được dùng bút xóa và không được viết tắt. Các đồng chí chấm đúng và đủ điểm cho học sinh để bài thi còn trả lại học sinh. Các cách làm khác nếu đúng, các đồng chí vận dụng cách cho điểm trong hướng dẫn chấm để chấm cho học sinh CÂU NỘI DUNG ĐIỂM A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 1 a + Tập xác định:   \ 1 D R + Sự biến thiên lim 2 x y   , lim 2 x y   . 2 y  là tiệm cận ngang của đồ thị (C) 1 lim x y     , 1 lim x y     . 1 x  là tiệm cận ngang của đồ thị (C) + Ta có   2 2 ' 0 x 1 y D x      Bảng biến thiên + Kết luận: - Hàm số đồng biến trên   ;1  và   1;  - Hàm số không có cực trị + Đồ thị: Vẽ đúng dạng, đẹp 0.25 0.25 0.25 0.25 b + Xét phương trình hoành độ giao điểm     2 1 2 4 2 2 4 4 0 1 1 x x x m x m x mx                 Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm A, B phân biệt  (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1     2 2 4 4 0 16 0 4 * 4 m m m m m                       + Khi đó,     ;2 ; ;2 A A B B A x x m B x x m   với ; A B x x là nghiệm của (1) Áp dụng định lí Viet ta có: 4 2 4 2 A B A B m x x m x x             + Theo giả thiết, ta có   2 2 15 2 , . 15 2. . 15 4. . 1125 4 5 AIB m S d I AB AB AB AB m             2 2 2 2 20 . 1125 4 4 . 1125 A B A B A B x x m x x x x m              2 2 2 2 2 16 225 25 9 25 5 5 m m m m m m m                     Vậy 5 m   là giá trị cần tìm 0.25 0.25 0.25 0.25 2 + Điều kiện: sin 0 , x x k k Z      . Khi đó phương trình        2 2 2 2 2 2 2 cos 3cos 2 3 cos 1 sin cos 3cos 2 3 cos 1 1 cos cos 3cos 2 3 1 cos 3cos 2 1 cos 3cos 6cos cos 2 0 1 cos 2 2 cos 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                  Với 2 1 3 cos 2 2 3 x k x x k                  Với 2 arccos 2 3 2 cos 3 2 arccos 2 3 x k x x k                               K ết luận:…. 0.25 0.25 0.25 3 Điều kiện: 1 2 x                  3 2 3 2 3 3 3 1 8 2 1 4 12 13 5 3 2 1 8 2 1 3 2 1 4 12 13 5 4 2 1 1 2 1 4 1 1 4 2 1 2 1 4 1 1 3 x x y y y x x x x y y y x x y y x x y y                                     Từ   3 1 0 1 y y       Xét hàm số   3 4 f t t t   trên   0;D   Ta có   2 ' 12 1 0, f t t t D      . Suy ra   3 4 f t t t   đồng biến trên D Khi đó:       2 3 2 1 1 2 1 1 2 2 2 f x f y x y x y y             Thay vào   2 ta có           2 2 2 3 2 4 3 2 2 2 2 4 2 2 4 1 2 7 2 0 6 11 6 0 1 5 6 0 0 1 2 3 y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y                                    So sánh với điều kiện 1 y   . Ta có 0 1 y y       Với 0 y  ta có 1 x  0.25 0.25 0.25 0.25 Với 1 y   ta có 1 2 x  Kết luận:…. 4 Điều kiện: 1 7 2 x x        . Khi đó phương trình tương đương với                 2 2 2 2 2 2 2 2 2log 2 7 2log 1 2log 3 log 2 7 log 1 log 3 log 2 7 log 1 3 2 7 1 3 * x x x x x x x x x x x x                          Trường hợp 1: Nếu 7 2 7 0 2 x x     thì   2 2 * 2 3 2 7 x 4 0 x x x         Phương trình vô nghiệm Trường hợp 2: Nếu 7 2 7 0 2 x x     thì   2 2 * 2 3 2 7 x 4 10 0 2 14 2 14 x x x x x x                      Kết hợp điều kiện 7 2 x  và 1 7 2 x x        ta có 2 14 x    là nghiệm của PT đã cho. 0.25 0.25 0.25 0.25 5 N M I A C B S H J K Gọi I là trung điểm AC, do SAC  cân tại S nên ( ) SI ABC  . Gọi H là trung điểm AI suy ra MH//SI ( ) MH ABC   , do đó (MN,(ABC)) = MNH  = 60 0 . Ta có 2 2 ABC a S  . Xét HCN  có: 2 2 2 2 0 3 2 5 ; ; 2 . . os45 2 4 8 a a a NC HC NH HC NC HC NC c      ; 10 4 a NH  0 30 30 ó tan60 ; 2 4 2 Trong MHN c MH NH a SI MH a     3 . 1 30 . 3 12 S ABC ABC V SI S a   Goi J là trung điểm AB, K là hình chiếu vuông góc của H lên MJ tức là HK MJ  (1). 0.25 0.25 Ta có                 , à / / 2 / / , à (3) 2 , 3 4 1 , 4 JN BI m BI HJ JN HJ SI MH m SI JN JN MH JN MHJ HK HK JN HK MNJ              ( , ) ( , ) ( ,( )) d AC MN d H AC MN d H MJN HK     = 2 2 . MH HJ MH HJ  = 2 2 30 2 . 30 4 4 16 30 2 16 16 a a a a a   0.25 0.25 6 Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:     2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 2 9 2 9 3 b c a b c a a a a b c b c        Tương tự ta cũng có     2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 2 9 2 9 3 c a b c a b b b b c a c a            2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 2 9 2 9 3 a b c a b c c c c a b a b        Khi đó         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 3 9 a b c P a b c a b c b c a c a b b c c a a b                    (*) Theo Cosi, ta có 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 3 3 3 3 3 3 a a c b b a c c b a c b a c b a b c               (**) Từ (*) và (**) suy ra             2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 9 2 1 3 3 9 P a b c a b c a b c a b c a b c a b c                 Đặt   2 2 2 3 t a b c    , từ giả thiết ta có:             2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 7 12 3 7 12 0 3 4 a b c a b c a b c a b c a b c a b c                       Do đó 2 3 2 1 9 27 P t t   . Xét hàm số   2 3 2 1 9 27 f t t t   trên 3; 12 D      Lập bảng biến thiến của hàm số   2 3 2 1 9 27 f t t t   trên 3; 12 D      ta được     min 3 1 D f t f   . Suy ra 1 P  Vậy Min 1 P  đạt được khi 1 a b c    0.25 0.25 0.25 0.25 B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. 7a Gọi 1 11 7 11 23 ; ; 14 2 2 a a A A a MA a                     Gọi 2 3 4 3 20 ; ; 14 2 2 b b B A b MB b                       Theo giả thiết, ta có 3 2 0 3 2 MB AM MB MA          0.25 0.25 9 60 22 9 14 1 11 23 2 2 3 14 4 3 42 2 28 b a b a a a b b b a                              Khi đó     2;1 , 4; 4 A B  Ta có   2; 5 AB    là 1 vecto chỉ phương của AB. AB được xác định     2;1 2; 5 qua A vtcp AB         AB có phương trình tham số 2 2 1 5 x t y t        0.25 0.25 8a + Số phần tử của không gian mẫu   4 18 3060 n C   + Gọi biến cố A = “Bốn viên bi lấy ra có đủ 3 mầu” Số các cách chọn thuận lợi cho biến cố A là   2 1 1 1 2 1 1 1 2 7 5 6 7 5 6 7 5 6 1575 n A C C C C C C C C C    Xác suất của biến cố A là       1575 35 0.515 3060 68 n A P A n      0.25 0.5 0.25 9a Điều kiện: , 3 n N n   Ta có               3 3 2 1 1 1 3 1 ! 1 ! 3 ! ! . . 3! 3 ! 3 !2! 2 !1! 2 !1! n n n n n n n n n n C C C C n n n n                  2 12 11 12 0 1 n n n n            . Vậy 12 n  . Với 12 n  ta có       12 12 12 12 2 2 12 24 5 12 12 3 3 0 0 3 3 2 1 . 2 . 1 .2 .3 . k k k k k k k k k k k x C x C x x x                         Số hạng chứa 1 x  trong khai triển ứng với 24 5 1 5 k k      Vậy hệ số của số hạng chứa 1 x  là   5 5 7 5 12 1 2 .3 24634368 C   0.25 0.25 0.25 0.25 2. Theo chương trình nâng cao. 7b Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có phương trình: y x  . Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ : x x y A y x y 2 2 2 4 2 0 3 ; 2 3 3 3                           Vì M là trung điểm của AC nên C 8 8 ; 3 3       Vì BC đi qua C và song song với d nên BC có phương trình: x y 2 4     x y x BH BC B B x y y 3 0 4 : 4;1 1 2 4                      0.25 0.25 0.25 0.25 8b + Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau đôi một là 2 ab de Do 2 ab de là số chẵn nên   0;4;6;8 e + Trường hợp 1: Nếu 0 e  thì a có 8 cách chọn b có 7 cách chọn d có 6 cách chọn e có 1 cách chọn Theo qui tắc nhân ta có: 8.7.6.1 = 336 số + Trường hợp 2: Nếu   4;6;8 e thì a có 7 cách chọn b có 7 cách chọn 0.25 0.25 d có 6 cách chọn e có 3 cách chọn Theo qui tắc nhân ta có: 7.7.6.3 = 882 số Vậy có 336 + 882 = 1218 số 0.25 0.25 9b + Phương trình n n n C C C 1 3 2 2    n n n 2 ( 9 14) 0     n 7  + Số hạng thứ 6 trong khai triển   x x 7 5 lg(10 3 ) ( 2)lg3 2 2    là:     x x C 2 5 5 5 lg(10 3 ) ( 2)lg3 7 2 2   + Ta có: x x C 5 lg(10 3 ) ( 2)lg3 7 .2 .2 21     x xlg(10 3 ) ( 2)lg3 2 1      x x lg(10 3 ) ( 2)lg3 0      x x 2 (10 3 ).3 1     x x2 3 10.3 9 0     x x 0; 2   + KÕt luËn:… 0.25 0.25 0.25 0.25 . kiện: 1 2 x                  3 2 3 2 3 3 3 1 8 2 1 4 12 13 5 3 2 1 8 2 1 3 2 1 4 12 13 5 4 2 1 1 2 1 4 1 1 4 2 1 2 1 4 1 1 3 x x. chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. 7a Gọi 1 11 7 11 23 ; ; 14 2 2 a a A A a MA a          