Đề KTCL ôn thi ĐH môn Toán - THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 1 (2013-2014) khối D

Với đề kiểm tra chất lượng ôn thi ĐH môn Toán - THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 1 (2013-2014) khối D sẽ giúp các bạn học sinh củng cố lại kiến thức và kỹ năng cần thiết để chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới. Mời các bạn tham khảo.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2013-2014 Mơn: TỐN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) x2 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y  có đồ thị ( C ) x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số b) Tìm tất giá trị thực tham số m để đường thẳng  d m  : y   x  m cắt đồ thị ( C ) hai điểm A, B phân biệt cho độ dài đoạn thẳng AB nhỏ Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: (2 tan x  1) cos x   cos x  x  x y  y  y  x y  x Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  ( x, y  R) 2 y   x    Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình: m x   x  m có hai nghiệm thực phân biệt Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang cân với BC  CD  DA  a ; AB  2a ; cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) ; SC tạo với mặt phẳng ( ABCD ) góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD theo a Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn: x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức: T  xy  yz  xz  x yz II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB  , điểm A có hồnh độ âm Đường thẳng AB có phương trình x  y   , đường thẳng BD có phương trình x  y  Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh cịn lại hình chữ nhật Câu 8.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC Đường tròn nội tiếp tam 3  giác ABC có phương trình ( x  4)  ( y  2)2  , đường thẳng BC qua M  ;  Tìm toạ độ điểm A 2  n 1 n2 Câu 9.a (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n thỏa mãn An  Cn  Cn  4n  Tìm hệ số x16  khai triển nhị thức Niu-tơn x  x  n (với x  ) B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho điểm A(4; 3); B(4;1) đường thẳng (d ) : x  y  Viết phương trình đường trịn (C ) qua A B cho tiếp tuyến ( C ) A B cắt điểm thuộc (d ) 3  Câu 8.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho elíp  E  qua điểm M  ;    có độ dài trục lớn Tìm tọa độ điểm N thuộc ( E ) cho ON  Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n thỏa mãn An3  20(n  2) Tìm số hạng không chứa x n 1  khai triển nhị thức Niu-tơn  x3   (với x  ) x  -Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:…………………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐH LẦN NĂM HỌC 2013-2014 Mơn: TỐN; Khối D (Đáp án có 06 trang) I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn - Với hình học khơng gian thí sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm a 1,0 điểm + TXĐ: D  R \ 1 0,25 + Sự biến thiên: Ta có: y   0, x  D ( x  1) + Hàm số cho đồng biến khoảng (;1) (1; ) + Hàm số khơng có cực trị + Giới hạn, tiệm cận 0,25 lim y  ;lim y    đồ thị hàm số có tiệm cận đứng đường thẳng: x  x 1 x 1 lim y  1; lim y   đồ thị hàm số có tiệm cận ngang đường thẳng y  ; x  x  + Bảng Biến thiên + + 0,25 + Đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm (2; 0) , trục Oy điểm (0; 2) y f(x)=(x-2)/(x-1) f(x)=1 x(t)=1 , y(t)=t 0,25 x -3 -2 -1 -1 -2 -3 -4 -5 b 1,0 điểm - Phương trình hồnh độ giao điểm (d m ) (C ) là: x  mx  m   (1) ( x  )    m  4m   Vì  với m nên (1) có nghiệm phân biệt khác với m 1  m  m   1  Suy (d m ) cắt (C ) hai điểm phân biệt với m Gọi giao điểm (d m ) (C ) là: A( x A ; yB ); B( xB ; yB ) với xA ; xB nghiệm phương trình (1) Theo Viet có: xA  xB  m; x A xB  m  2 Ta có AB  2(xA  xB )  2 (xA  xB )  4xA.xB   2 m  4(m  2)  2 (m  2)  4     2 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy AB nhỏ 2 đạt m  1,0 điểm Điều kiện: cos x   x    k (k  )   Ta có: (2 tan x  1) cos x   cos x     cos x    cos x  1 cos x    cos x  3cos x  3cos x     t  1  Đặt t  cos x; t  0, t   1;1 ta được: 2t  3t  3t     t   t   Với t  1  cos x  1  x  (2k  1) ; k  Z (thoả mãn) Với t  (loại) 1  Với t   cos x   x    k 2 ; k  Z (thoả mãn) 2 Vậy nghiệm phương trình cho là: (2k  1) ;    k 2 (k Z ) 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 điểm  x  x y  y  y  x y  x 1 Đk: x   2  2 2 y   x   Phương trình (1)  ( x   y )( x  y )  x  y    x  y 1 Trường hợp x  y  vào (2) không thoả mãn 0.25 0.25 Trường hợp x  y  vào phương trình (2): y   y    3 3  Xét hàm f (t )  2t   2t  1; t   ;  2  3  ; f (t )  0; t   ;  f (t )  6t  2  2t  3  Vậy hàm số f (t ) đồng biến  ;  ; mà f (1)  2  Suy phương trình (3) có nghiệm y  0.25 Với y   x   x   (thỏa mãn điều kiện) 0.25 Vậy nghiệm hệ phương trình là: ( 2;1);(  2;1) 1,0 điểm - Tập xác định: D  R - Ta có: m x   x  m 1  m   x2  1  x  m  x  f ( x) 0.25 x  1 - Ta có: f '( x)  2 x 2 x2    x2  1 , x  R 0.25  x2  f '( x)   x2    x2  1 x      x2      x  lim f ( x )  1 ; lim f ( x )  x  x  - Bảng biến thiên: x - - _ f'(x) + + _ 0.25 f(x) -1 -     - Từ bảng biến thiên ta m   2; 1  1; thỏa mãn 0.25 1,0 điểm - Vì BC  CD  DA  a ; AB  2a nên AB đáy lớn; CD đáy nhỏ hình thang ABCD Gọi O trung điểm AB - Ta có tứ giác AOCD ; OBCD hình thoi tam giác AOD ; ODC ; OCB tam giác cạnh a  O tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD a 3a  - Ta có: S ABCD  3S AOD  (đvdt) 4 - Trong hình thoi AOCD , ta có: AC  a   600  SA  AC.tan 600  a 3  3a - Trong tam giác vng SAC có góc SCA 1 3a 3a 3  (đvtt)  VS ABCD  SA.S ABCD  3a 3 4 - Gọi I trung điểm SB  IO//SA  đường thẳng IO trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy nên IA  IB  IC  ID - Mặt khác tam giác SAB vuông đỉnh A  IA  IB  IS  IS  IA  IB  IC  ID hay I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD - Bán kính mặt cầu là: SA2  AB 9a  4a a 13   2 13a - Diện tích mặt cầu là: 4 R  4  13 a (đvdt) 1,0 điểm - Đặt x  y  z  t ; t  R  IA  IB  IS  SB  - Ta có: xy  yz  zx  x  y  z 2  x  y  z   t   t  2 0.25 0.25 2 0.25 0.25 Lại có:  x  y    y  z    z  x   nên  x  y  z   3x  y  z 0.25 2   t2  3 t  - Khi đó: T  t   với t  1; t  - Xét hàm f (t )  t    với t  1; ; t    f (t )  2t  ; f (t )  0; t  1; t - Ta có bảng biến thiên hàm số 1;  0.25   t f'(t) + 2+ 0.25 f(t) - Từ bảng biến thiên suy T   Vậy T lớn (  7.a 1 , dấu “ = ” xảy x  y  z  3 0.25 1 ) đạt x  y  z  3 1,0 điểm 3x + y = D A C B x+y+2=0 0.25 - Ta có: B  AB  BD  B (1; 3) + A  AB  A(t ; t  2); (t  0) - Ta có BA   (t  1)  (t  1)  32  t  3  (t  1)  16   t  Với t  loại t  Với t  3  A(3;1)  AD qua A vuông góc với AB nên có phương trình ( x  3)  ( y  1)   x  y   - Đường thẳng BC qua B vng góc với AB nên có phương trình: ( x  1)  ( y  3)   x  y   + D  AD  BD  D(-1:3) - Đường thẳng DC qua D song song với AB nên có phương trình : ( x  1)  ( y  3)   x  y   Vậy: BC : x  y   0; DC : x  y   ; AD : x  y   0.25 0.25 0.25 8.a 1,0 điểm A I (4; 2) 0.25 B H M ( ;2) C - Gọi (C ) : ( x  4)  ( y  2)   (C ) có tâm I (4; 2) ; bán kính R  - Gọi H trung điểm BC , tam giác ABC  I trọng tâm tam giác   ABC  AI  IH  - Gọi n(a; b) (  a  b   ) véctơ pháp tuyến đường thẳng AB 9.a - Phương trình đường thẳng BC : a ( x  )  b( y  2)  5a  a  2b Ta có: d ( I , AB )  IH  R    5a  4(a  b )   2 a b  a  2b - Trường hợp a  2b  Phương trình đường thẳng BC : x  y    H (t ;5  2t ) IH  BC  t   H (2;1)  A(8; 4) - Trường hợp a  2b  Phương trình đường thẳng BC : x  y    H ( s, s  1) IH  BC  s   H (2;3)  A(8; 0) Vậy điểm A thoả mãn A(8; 0) ; A(8; 4) 1,0 điểm - Đk: n  2, n  N * n! n! n! - Ta có: An2  Cnn 1  Cnn   4n      4n  (n  2)! (n  2)!(2!) (n  1)!  n  12  n  11n  12     n  12 (thỏa mãn)  n  1 12 12 - Với n  12 ta có : ( x3  x )12   C12k ( x3 )12 k (2 x )k   C12k (2)k x k 0 5k  16  k  - Hệ số x C (2) : 36  Vậy hệ số x16 là: C128 (2)8  126720 1,0 điểm 16 7.b k 0 k 12 36 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 5k 0.25 k 0.25 A(4; -3) (C) M H I 0.25 (d): x + 6y = B (4; 1) - Giả sử hai tiếp tuyến ( C ) A, B cắt M  (d ) - Phương trình đường thẳng AB là: x  - Gọi I tâm đường tròn (C ) ; H trung điểm AB  H (4; 1) IM  AB; IM  AB  H  phương trình đường thẳng IM : y     M  d  IM  M (6; 1)  MA(2; 2)  + Giả sử I ( a; 1)  IA(4  a; 2) Mà IA  MA  2(4  a )    a  Vậy I (2; 1) ; bán kính (C ) IA  2  (C ) : Vậy đường tròn (C ) có phương trình 8.b  x  2  x  2  ( y  1)   ( y  1)  0.25 0.25 1,0 điểm x2 y   ( a  b  ) a2 b2 Vì độ dài trục lớn nên 2a   a  x2 y 18 2 Vì M (  ; 2)   E      b    E  :  4a b    x2  y  x  x       5 +) Giả sử N  x; y  , ta có hệ phương trình:  x y     y  16   y   9   5 Giả sử phương trình ( E ) là: 9.b 0.25 3 5   5  3 5   5 Vậy có điểm : N  ; N  ; N ; N  ; ; ;            ;   5         1,0 điểm Đk : n  5, n  N Ta có (n  2)! An3  20( n  2)   20(n  2)  (n  3)( n  4)  20 (n  5)! n   n2  7n      n  (thỏa mãn)  n  1 0.25 0.25 0.25 0,25 0.25 0.25 k 8 8 k   1  Với n  ta có :  x     C8k  x3      C8k x 24  k x  k 0  x k 0 Số hạng không chứa x ứng với 24  4k   k  Vậy số hạng không phụ thuộc x C86  28 Hết 0.25 0.25 ... f(x)=(x-2)/(x -1 ) f(x) =1 x(t) =1 , y(t)=t 0,25 x -3 -2 -1 -1 -2 -3 -4 -5 b 1, 0 điểm - Phương trình hồnh độ giao điểm (d m ) (C ) là: x  mx  m   (1) ( x  )    m  4m   Vì  với m nên (1) có... ( x )  ? ?1 ; lim f ( x )  x  x  - Bảng biến thi? ?n: x - -? ?? _ f'(x) + + _ 0.25 f(x) -1 -     - Từ bảng biến thi? ?n ta m   2; ? ?1  1; thỏa mãn 0.25 1, 0 điểm - Vì BC  CD  DA  a ;...SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐH LẦN NĂM HỌC 2 01 3-2 014 Mơn: TỐN; Khối D (Đáp án có 06 trang) I LƯU Ý CHUNG: - Hướng d? ??n chấm trình bày cách giải với ý phải