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.. - Với bài hình
Trang 1SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
(Đáp án có 06 trang)
ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐH LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN; Khối D
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 không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng với phần đó
II ĐÁP ÁN:
1 a 1,0 điểm
+ TXĐ:DR\ 1
+ Sự biến thiên: Ta có: 1 2 0,
x
0,25
+ Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (;1) và (1;)
+ Hàm số không có cực trị
+ Giới hạn, tiệm cận
đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng: x 1 lim 1; lim 1
đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y 1 ;
0,25
+ Bảng Biến thiên
+
+
0,25
+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (2; 0), trục Oy tại điểm (0; 2)
f( x)=(x-2 )/(x -1 ) f( x)=1
x (t )=1 , y(t )=t
-3 -2 -1 1 2 3 4 5
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7
x
y
0,25
b 1,0 điểm
- Phương trình hoành độ giao điểm của (d m) và ( )C là:
Vì
2 4 8 0
m m
với m nên (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với m Suy ra (d m)cắt ( )C tại hai điểm phân biệt với m
0,25
Gọi các giao điểm của (d m) và ( )C là: (A x A;y B); (B x B;y B)với x A;x B là các nghiệm
của phương trình (1) Theo Viet có: x Ax Bm; x x A Bm2
2( A B) 2 ( A B) 4 A B 2 4( 2) 2 ( 2) 4 8
AB x x x x x x m m m
0,25
Trang 2Vậy AB nhỏ nhất bằng 2 2 đạt được khi m 2 0,25
2 1,0 điểm
2
2
2
cos
x
0,25
Đặt tcos ;x t0,t 1;1 ta được: 3 2
1
1 2
t
t
0,25
Với t 1 cosx 1 x(2k1) ; kZ (thoả mãn)
Với t (loại) 2
0,25
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: (2k1) ; 2
3 1,0 điểm
1
Đk: 5
2
x Phương trình (1)(x2 1 y x)( 2y2)0
0.25
2 0
1
x y
Trường hợp x y0 thế vào (2) không thoả mãn
0.25
Trường hợp x2 y thế vào phương trình (2): 1 3
2y 3 2 y 1 0 3
2
f t t t t
( ) 62 1
3 2
t
3
2
f t t
Vậy hàm số f t( ) đồng biến trên ;3
2
; mà f(1)0 Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất y 1
0.25
Với y 1 x2 2x 2 (thỏa mãn điều kiện)
4 1,0 điểm
- Tập xác định: DR
2
x
0.25
- Ta có:
2
2
'( )
, x R
0.25
Trang 3
2
2 2
2
2
x
f x
x
1
x lim f ( x )
x lim f ( x )
- Bảng biến thiên:
0 0
1 2
- 2 -1
_ +
_
+
2
- 2 -
f(x) f'(x) x
0.25
- Từ bảng biến thiên ta được m 2; 1 1; 2 thỏa mãn 0.25
5 1,0 điểm
- Vì BCCDDA ; a AB2a nên AB là đáy lớn; D C là đáy nhỏ của hình thang
ABCD Gọi O là trung điểm của AB
- Ta có các tứ giác AOC ; D OBC là các hình thoi và các tam giác D AO ; DCD O ;
OCB là các tam giác đều cạnh a O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD
- Ta có:
2 3 3 2 3
ABCD AOD
0.25
- Trong hình thoi AOCD, ta có: ACa 3
- Trong tam giác vuông SAC có góc SCA 600 SAAC tan 600 a 3 33a
.
S ABCD ABCD
0.25
- Gọi I là trung điểm của SB O//SA I đường thẳng OI là trục của đường tròn
ngoại tiếp đa giác đáy nên IAIBICID
- Mặt khác tam giác SAB vuông tại đỉnh A IAIBIS
ISIAIBICID hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD
0.25
- Bán kính của mặt cầu đó là:
2 2 9a2 4a2 13 IS
- Diện tích của mặt cầu đó là:
2
4
0.25
6 1,0 điểm
- Đặt x y z t ; t 0
1 2
1 2
2 2 2 2 2
Lại có: x y 2 y z 2 z x 2 0 nên 2 2 2 2
z y
0.25
Trang 43 3
2
- Khi đó:
t t
với t1; 3
- Xét hàm
t t
t
với t1; 3;
2
1 2 ) (
t t t
f ; f(t)0;t1; 3
0.25
- Ta có bảng biến thiên của hàm số trên 1; 3
2 +
1 3
1
+
3 1
f(t)
f'(t) t
0.25
- Từ bảng biến thiên suy ra 2 1
3
T , dấu “ = ” xảy ra khi
3
1
x
Vậy T lớn nhất bằng (
3
1
2 ) đạt được khi
3
1
0.25
7.a 1,0 điểm
4 2
3x + y = 0
x + y + 2 = 0
B A
- Ta có: B ABBDB(1; 3)
+ AABA t( ; t 2); (t0)
0.25
( 1)2 16 3
5
t t
t
Với t 5 loại vì t 0
Với t 3 A( 3;1) AD qua A và vuông góc với AB nên có phương trình
(x3) ( y1)0 x y 4 0
0.25
- Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AB nên có phương trình:
(x1) ( y3)0 x y 4 0
+ D ADBDD(-1:3)
0.25
- Đường thẳng DC qua D và song song với AB nên có phương trình :
(x1) ( y3)0xy 2 0
Vậy: BC x: y 4 0; DC x: y 2 0; AD x: y 4 0
0.25
Trang 58.a 1,0 điểm
M (3
2;2)
I(4; 2)
B
A
- Gọi ( ) : (C x4)2(y2)2 5( )C có tâm I(4; 2); bán kính R 5
- Gọi H là trung điểm của BC , tam giác ABC đều I là trọng tâm của tam giác
ABC AI2IH
0.25
- Gọi ( ; )n a b
(a2b2 ) là véctơ pháp tuyến của đường thẳng 0 AB
- Phương trình đường thẳng BC : ( 3) ( 2) 0
2
a x b y
Ta có: d I AB( , )IH R
2 2
5 2
5
a
2
0.25
- Trường hợp a2b Phương trình đường thẳng BC : 2xy 5 0H t( ;5 2 ) t
2 (2;1) (8; 4)
- Trường hợp a 2bPhương trình đường thẳngBC: 2x y 1 0 H s( , 2s1)
Vậy các điểm A thoả mãn là A(8;0) ; A(8; 4)
0.25
9.a 1,0 điểm
- Đk: n2,nN*
( 2)! ( 2)!(2!) ( 1)!
n n
n n n
0.25
2 11 12 0 12 12
1
n
n
(thỏa mãn) 0.25
- Với n 12 ta có :
5
k
- Hệ số của x16 là C12k ( 2) k trong đó :36 5 16 8
2
k
k
0.25
Vậy hệ số của x16là: 8 8
12( 2) 126720
7.b 1,0 điểm
(C)
(d): x + 6y = 0
H I M
B (4; 1) A(4; -3)
- Giả sử hai tiếp tuyến của ( C ) tại A B, cắt nhau tại M( )d
- Phương trình đường thẳng AB là: x 4
0.25
Trang 6- Gọi I là tâm của đường tròn ( )C ; H là trung điểm AB H(4; 1)
;
IM AB IMABH phương trình của đường thẳng IM là : y 1 0 0.25
+ Giả sử ( ; 1)I a IA(4a; 2)
Mà IAMA 2(4a) 4 0a2
0.25
Vậy I(2; 1) ; bán kính của ( )C là IA 2 2 ( )C : 2 2
x y Vậy đường tròn ( )C có phương trình là 2 2
8.b 1,0 điểm
Giả sử phương trình của ( )E là:
2 2
2 2 1
a b .(ab ) 0
Vì độ dài trục lớn bằng 6 nên 2a6a3
0.25
2 2
2 2
E
+) Giả sử N x y , ta có hệ phương trình: ;
2 2
2
5
16
5
0.25
Vậy có 4 điểm : 3 5 4 5;
N
; 3 5 4 5;
N
; 3 5; 4 5
N
; 3 5; 4 5
N
0,25 9.b 1,0 điểm
Đk :n5,nN Ta có
A n3220(n2) ( 2)! 20( 2) ( 3)( 4) 20
n
n
0.25
1
n
n
8
k k
Số hạng không chứa x ứng với 24 4 k0k 6
Vậy số hạng không phụ thuộc x là 6
8 28
- Hết -