Nhằm đánh giá lại thực lực học tập của các em học sinh trước khi tham dự kì thi tuyển sinh Đại học. Mời các em và giáo viên tham khảo đề kiểm tra chất lượng ôn thi ĐH môn Toán - THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 3 (2013-2014).
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ƠN THI ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 20132014 Mơn: TỐN; Khối A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x - m x + m 2 - 1 (1) (m là tham số). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2. b) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho bốn điểm O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi (với O là gốc tọa độ). Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: + cot 2 x = sin 2 x - cos 4 x ìï( x 2 + 1) x + ( y - 1) - y = 0 Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: í 2 ïỵ 4 x + y + y + - x = 3 Câu 4 (1,0 điểm). Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình x + ( m + ) x + = ( m - 1) x 3 + 4 x có nghiệm. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, cạnh bằng 2a. Mặt bên SAB là tam giác đều, SI vng góc với mặt phẳng ( SCD ) với I là trung điểm của AB. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AB. Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: (a + b - c) (b + c - a ) 2 ( c + a - b ) 3 ³ a + b + c + 2ab a + b + c + 2bc a + b + c + 2ca 5 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x - y + = 0 và hai đường 2 2 + 2 2 + 2 2 2 tròn ( C1 ) : ( x - 1) + ( y - 1) = 1; ( C2 ) :( x + ) + ( y - ) = 4 . Tìm điểm M trên đường thẳng d để từ M kẻ được tiếp tuyến MA đến đường trịn ( C 1 ) và tiếp tuyến MB đến đường trịn ( C 2 ) (với A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác AMB cân tại M. Câu 8a (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đơi một khác nhau và trong mỗi số đó có đúng 2 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ. 1 Câu 9a (1,0 điểm). Giải phương trình: log 2 ( x + 3) + log ( x - 1)8 = log 2 4 x 4 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d1 : x + y - = 0 và đường thẳng d 2 : x - y - = 0 cắt nhau tại I . Viết phương trình đường thẳng d đi qua O và cắt d1 , d 2 lần lượt tại A, B sao cho 2IA = IB 2 e x - cos x cos x Câu 8b (1,0 điểm). Tính giới hạn: lim x ® 0 x 2 n Câu 9b (1,0 điểm). Cho khai triển (1 - x + x ) = a0 + a1 x + a2 x + + a3 n x3 n . Xác định hệ số a 6 biết rằng 15 a a a æ 1 ö a0 + + 2 2 + + 3 3 n n = ỗ ữ 2 ố 2ứ ưưưưưưưưưưưưưHtưưưưưưưưưưư Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KTCL ƠN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 20132014 Mơn: TỐN; Khối A, A1 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. Với Câu 5 nếu thí sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm tương ứng với phần đó. Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý NỘI DUNG ĐIỂM 1 2,0 điểm a Với m = 2 hàm số có dạng y = x - x 2 + 3 TXĐ: D = ¡ Giới hạn: lim y = +Ơ lim y = +Ơ x đ+Ơ 0,25 xđ-Ơ é x = 0 Chiều biến thiên: y ' = x 3 - x ; y ' = 0 Û ê ë x = ±1 BBT x 0 -¥ - 1 y’ 0 + 0 - - 3 +¥ y 1 +¥ 0,25 + +¥ Hàm số đồng biến trên các khoảng ( - 1; ) (1; + ¥ ) Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( -¥; - 1) ( 0;1 ) . 0,25 Điểm cực đại ( 0;3 ) , cực tiểu (1;1) , ( - 1;1) . Điểm uốn: y '' = 24 x 2 - 8; y '' = 0 Û x = ± 1 ỉ 17 ư Điểm uốn U ỗ ữ 3 ứ ố Đồ thị: Giao với Oy tại ( 0;3 ) , đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng 0,25 b TXĐ: ¡ é x = 0 y ' = x - m x ; y ' = 0 Û ê 2 m 2 (*) êx = ë 4 Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị Û (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 Û m ¹ 0 2 0,25 0,25 4 ỉ - m -m ỉ m - m ö Tọa độ các điểm cực trị A ( 0; m - 1) , B ỗ + m2 - 1ữ , C ỗ ; + m 2 - 1 ÷ è ø è 8 ø 0,25 Dễ thấy A Ỵ Oy cịn B, C đối xứng nhau qua OA và O khác A khi m ¹ ± 1 . ỉ - m 4 Tọa trungimcaBCl I ỗ + m2 - 1ữ ố ø Vậy 4 điểm O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi khi I là trung điểm của OA suy ra 2 -m m 2 - 1 + m2 - = Û m - 4m 2 + = 0 Û m = ± 2 ( thỏa mãn). 2 1,0 điểm k p cos x ¹ k: xạ ( kẻ Â) sin x ¹ 0 2 { 0,25 0,25 Pt Û ( cos x + sin x ) sin x = - cos 2 x Û ( cos x + sin x - 1)( sin x + 1) = 0 ésin x = -1 p 1 Ûê ỉ êsin ç 2 x + ÷ = 4 ø 2 ë è p +) sin x = -1 Û x = - + kp 4 é x = kp (l ) p 1 ỉ +) sin ỗ 2x+ ữ = p 4ứ ê x = + kp è ë 4 Vậy phương trình có nghiệm x = 3 p + 0,25 0,25 0,25 k p ( k ẻ Â). 1,0im ỡ ù yÊ 2 Đk: í 3 ïx £ ỵ 4 ìï( x 2 + 1) x + ( y - 1) - y = (1) í 2 ïỵ 4 x + y + y + - x = (2) 3 (1) Û ( x 2 + 1) x + ( y - 1) - y = Û ( x ) + x = ( 0,25 3 1- 2y ) + - 2 y 0,25 Xét hàm số f (t ) = t 3 + t trên ¡ , f '(t ) = 3t 2 + ³ 0 "t Ỵ ¡ (1) có dạng f ( x ) = f ( ) - y Û x = - y Þ x ³ 0 Thay vào phương trình (2) ta được 16 x - 24 x 2 + - x - = 0 Û ( x - 1)( x - ) 2 16 ( x - 1 ) = 0 - x + 1 16 1 3 é ù Û ( x - 1) ê( x + 1) x 2 - ú = 0 Û x = 2 do 0 £ x £ 4 - x + 1 û ë ( 4 0,25 ) 1 ỉ 1 Với x = Þ y = 0 . Vậy hệ phương trình có nghiệm ç ; 0 ÷ 2 è ø 1,0 điểm Điều kiện x ³ 0 Xét x = 0 thay vào phương trình khơng thỏa mãn. Với x > 0 viết lại phương trình: ( x + ) + (1 - m ) x ( x 2 + ) + ( m + ) x = 0 0,25 0,25 x2 + x 2 + 4 Û + (1 - m ) + m + = 0 (1 ) x x Đặt t = x 2 + 4 ³ 2 . Từ phương trình (1) ta có: t 2 + (1 - m ) t + m + = 0 ( 2 ) x t 2 + t + 2 Ûm= = g ( t ) t - 1 0,25 t 2 + t + 2 với t ³ 2 t - 1 4 t = -1(l ) g '(t ) = ; g ' ( t ) = 0 Û éê 2 ët = 3 ( t - 1 ) Xét hàm số g ( t ) = BBT t g’(t) 0,25 2 0 - +¥ + 8 +¥ g(t) 5 Để (1) có nghiệm x > 0 thì (2) có nghiệm t ³ 2 Từ BBT của g(t) thì cần có m ³ 7 . 1,0 điểm 0,25 S K D A E O H C I B F Goi E là trung điểm của CD, suy ra AB ^ IE Lại có AB ^ SI Þ AB ^ ( SEI ) , do đó ( ABCD ) ^ (SIE ) . Trong tam giác SEI kẻ đường cao SH Þ SH ^ ( ABCD ) SI = a 3; IE = 2 a Þ SE = a (do tam giác SEI vng tại S) Þ SH = a 2 2a 3 3 Vậy VS ABCD = SH S ABCD = (đvtt) 3 a a 1 Vì EH = SE - SH 2 = Þ OH = EH = = OI Qua O kẻ OF / / BC ( F ẻ BC ) 2 ị d ( SO, AB ) = d ( AB, ( SOF ) ) = d ( I , ( SOF ) ) = 2d ( H , ( SOF ) ) Kẻ HK vng góc với SO tại K Þ HK ^ ( SOF ) Þ d ( SO, AB ) = 2 HK = 6 a 3 2 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 điểm Không mất tổng quát, giả sử: a + b + c = 3 Đặt (a + b - c) a + b + c + ab + (a + b - c) Þ P - = 2 (b + c - a ) 2 b + c + a + 2bc -2+ + ( c + a - b ) a + b + c 2 + 2 ac (b + c - a ) 2 2 ( a + b) Þ +c = ( c - 3 ) 2 +c 2 £ 0,25 2 -2+ a + b + c + ab b + c + a + 2bc - P 1 1 Þ = + + 2 2 9 ( a + b ) + c ( b + c ) + a ( a + c ) + b2 = P ( c + a - b ) a + b + c 2 + 2 ac 2 2 + ( c - 1 ) Û ( c - 1) ( 2c + 1) ³ 0 đúng 25 - P 1 1 3 = + + £ Û P ³ 2 2 2 2 9 5 ( a + b ) + c ( b + c ) + a ( a + c ) + b - 2 0,25 0,25 0,25 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c 7.a 1,0 điểm ( C 1 ) có tâm I (1;1 ) , bán kính R1 = 1 ; ( C 2 ) có tâm J ( - 3; 4 ) , bán kính R2 = 2 Do IJ = 5 > R1 + R2 Þ ( C1 ) , ( C2 ) rời nhau nên A và B phân biệt M ( t ; t + 4 ) Ỵ d Þ MA2 = MI - R1 2 = 2t 2 + 4t + 9 ; MB = MJ - R2 2 = 2t 2 + 6t + 5 Tam giác AMB cân tại M Û MA2 = MB 2 Û t = 2 . Vậy M ( 2; 6 ) . 8.a 0,25 0,25 0,25 1,0 điểm Số cách chọn 2 số tự nhiên chẵn trong các số đã cho (có cả số 0) C4 2 = 6 Số cách chọn 3 số lẻ trong các số đã cho C4 3 = 4 Số các số có 5 chữ số phân biệt gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy từ tập đã cho (có cả số 0 đứng đầu) C42 C4 3 .5! = 2880 Số các số có 5 chữ số phân biệt mà số 0 đứng đầu gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy từ tập đã cho C31 C4 3 .4! = 288 Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 2880 - 288 = 2592 số. 9.a 0,25 0,5 0,5 1,0 điểm ĐK: { x > 0 x ¹ 1 0,25 (1) Û log éë( x + 3) x - ùû = log 2 x Û ( x + 3) x - = 4 x (2) x = -1 Nếu x > 1 ; (2) Û ( x + 3)( x - 1) = 4 x Û éê Þ x = 3 ë x = 3 Nếu < x 1 ; (2) Û ( x + 3) ( x - 1) = 4 x Û éê Þ x = 3? ? ë x = 3? ? Nếu < x