Đề KSCL thi đại học môn Toán lần 1 (năm 2012-2013)

Đề KSCL thi đại học môn Toán lần 1 (năm 2012-2013) của sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc sẽ giới thiệu tới các bạn học sinh khối A và A1. Đề thi gồm có phần chung và phần riêng với 9 câu hỏi tự luận có kèm đáp án và lời giải chi tiết. Cùng tìm hiểu để nắm bắt nội dung thông tin tài liệu.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN ĐỀ THI MƠN: TỐN - KHỐI A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 3x  Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  , có đồ thị (C ) x2 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Viết phương trình tiếp tuyến d đồ thị (C), biết tiếp tuyến d tạo với trục Ox góc  cho cos   17 sin x  cos x  5sin x  cos x  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình:  2cos x  ( x  y )( xy  y  5)  8 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2  x  y  x( y  1)  Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị m để phương trình: mx  x   m  có hai nghiệm thực phân biệt Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD Cạnh SD tạo với đáy (ABCD) góc 60o Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ A tới mặt phẳng (SBC) theo a   Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị thực m để với x thuộc  0;  ta có  2 8 tan x  cot x  m  64cos x 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) Cho đường tròn (C ) : x2  y  x  y 12  điểm M (2; 3) Viết phương trình đường thẳng d cắt đường trịn (C) hai điểm A, B cho tam giác MAB Câu 8.a (1,0 điểm) Tìm hệ số x khai triển thành đa thức biểu thức: (1  x  x )10  Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình:   x2  x   3  x2  x 2 x2  x 4 B Theo chương trình Nâng cao x2 y   điểm I (1; 1) Viết phương trình đường thẳng d Câu 7.b (1,0 điểm) Cho elíp ( E ) : qua I cắt (E) hai điểm M, N cho I trung điểm MN x   3x  x 1 x 1 Câu 9.b (1,0 điểm) Có tất số tự nhiên có chữ số khác mà số ln có mặt hai chữ số lẻ ba chữ số chẵn Câu 8.b (1,0 điểm) Tính giới hạn: lim -Hết Họ tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN - KHỐI A, A1 ——————————— 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 thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm a 1,0 điểm TXĐ: D   \{2} Giới hạn, tiệm cận:     lim y  lim   y  lim     ; xlim 3 x   x  x2 x2   x  0.25     lim y  lim     ; lim y  lim       x 2 x 2  x 2 x 2  x2 x2 Đồ thị có TCĐ: x  ; TCN: y  Sự biến thiên: y '    x  , suy hàm số nghịch biến khoảng ( x  2)2 0.25 (;2) & (2; ) BBT x y’     0.25  y  Đồ thị: Giao với Oy tại: (0; 1) , giao với 2  Ox tại:  ;  3  Đồ thị nhận giao điểm hai tiệm cận làm tâm đối xứng b 0.25 1,0 điểm Do cos    tan   4 17 Vì y '( x)  0, x  suy hệ số góc d 4 0.5 Giả sử tiếp xúc với (C) M ( x0 ; y0 ), x0  điểm  x0   4   Với x0   y0  1 ; với x0   y0  ( x0  2)  x0  0.25 Vậy có hai phương trình tiếp tuyến d thỏa mãn là: y  4 x  y  4 x  19 0.25 y '( x0 )   d 1,0 điểm  sin x  cos x  5sin x  cos x   x    k 2 , k    (1) Đk: cos x  2cos x  0.25 (1)  sin x  cos x  5sin x  cos x   0.25  cos x(2sin x  1)  (2sin x  5sin x  2)    x   k 2   (2sin x 1)(cos x  sin x  2)   sin x     x    k 2  Kết hợp điều kiện suy phương trình có nghiệm x  5  k 2 (k  ) 0.25 0.25 1,0 điểm ( x  y )2  ( x  y )( xy  x  5)  8  (I )    ( x  y )  ( xy  x)  x  y  a Đặt   hệ (I) có dạng:  xy  x  b 0.25  a  a(b  5)  8  a  a(a  2)  8   a  b  0.25  a3  a  2a    (a  2)(a  a  4)   a  2  b   3   x     1   y  x  y    a  2  x  y  2     Với   b   xy  x   x  3x   3   x    1   y     5 0.25 5  3  1    3  1   Vậy hệ phương trình có nghiệm  ; ; ;   2   2   1,0 điểm Đk: x  Pt tương đương m  x  1  x    m  Đặt f ( x)  Khi đó: BBT x  1 x 1 x  1 với x  x 1 5 x 2 x 3 5 x 2 x 3 f '( x)  0    x 7  2 x  3( x  1) x  3( x  1)2 0.25 0.25 0.25 0.25 x  f’(x) f(x)  72 3  1 Từ bảng biến thiên suy ra, để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt 1 m 0.25 (Có thể đặt t  x  3, t  ) 1,0 điểm S K A I B H E O D C Gọi H trọng tâm tam giác ABD, I trung điểm AB 0.25   60o ; DH  DI  a SH  ( ABCD)  SDH 3 a 15 1 a 15 a3 15  ; VS ABCD  SH S ABCD  (đvtt)  SH  DH tan SDH  a  3 3 Từ H kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt BC E Trong tam giác SHE kẻ đường cao HK Do SH  ( ABCD)  SH  BC  BC  (SHE) 0.25 0.25  HK  (SBC)  d ( H ; (SBC ))  HK Ta có HE  2a 1 2a AB        HK  2 3 HK SH HE 5a 4a 57 AC 3 3a   d ( A;( SBC ))  d ( H ;( SBC ))  Do HC 2 57 0.25 1,0 điểm Bất đẳng thức tương đương với  tan x  cot x   8cos x   m    tan x  cot x  8cos x  tan x  cot 4 2 4  x  8cos x  m  Xét hàm số f  x   tan x  cot x  8cos x g  x   tan x  cot x  8cos x    0;   2 * Ta có 4 0.25 0.25 1   f /  x    tan x  cot x   16sin x cos x sin x     tan x  tan x  cot x  cot x   16sin x          tan x  cot x  tan x  cot x  16sin x     tan x cot x  tan x cot x  16sin x  16 1  sin x   0, x   0;   2   Suy f  x  đồng biến  0;  Lại có  2 1     g /  x    tan x  cot x   16sin x  với x   0;  nên g  x  đồng cos x sin x    2   biến  0;   2       * Với x   0;  ta có f  x   f    0, g  x   g     f  x  g  x   4 4  4        Với x   ;  ta có f  x   f    0, g  x   g     f  x  g  x   4 2 4 4  4.2 7.a    Vậy x   0;  ta có f  x  g  x   , dấu xảy x  nên để bất  2   phương trình x   0;  m    m   2 1,0 điểm 0.25 0.25 A M H I B Phương trình đường thẳng MI: x   phương trình AB: y  m Hồnh độ A, B nghiệm phương trình x2  x  m2  6m  12  0.25 (1)  '  m2  6m  16   8  m   A( x1; m); B( x2 ; m) với x1 , x2 hai nghiệm phương trình (1) 0.25 Gọi H trung điểm AB  H (2; m) ; 0.25 AB2  64  4m2  24m ; MH  m2  8m  48 Để tam giác MAB thì: m  2 MH  AB  4(m  8m  48)  3(4m  24m  64)    m    2 Vậy có hai đường thẳng d thỏa mãn ycbt là: y  y  8.a 1,0 điểm 9 0.25 Ta có: (1  x  x )10   C10k  x  10 10  k 1  x  k 0.25 k 0 10 k   C10k Cki 410k x 202 k i 0.25 k 0 i 0 Cho 20  2k  i   2k  i  16 (0  i  k  10) K i 0.25 10 10 Vậy hệ số x khai triển là: 42.C108 C80  4.C109 C92  C10 C104  2370 9.a 1,0 điểm Chia hai vế cho  2 3  Đặt t      7.b 0.25 x2 2 x 3     ta  x2 2 x 3      x2 2 x  24 0.25 x2 2 x , t  ta t  16t   0.25  3  t   63       Giải  2 3    t   63      0.25  x  x   x  1  Suy   x  x  2 (vo nghiem) 0.25 1,0 điểm Xét phép đối xứng tâm I (1; 1) : ĐI biến điểm O thành điểm K (2; 2) , biến elíp (E) thành elíp có phương trình ( E ') : (2  x)2 (2  y)   biến điểm M thành điểm N, N thành M Do M, N giao điểm hai elíp (E) (E’) suy tọa độ hai điểm M, N thỏa 0.5 0.25  x2 y    mãn hệ phương trình  2  (2  x)  (2  y)   Trừ vế cho vế ta x  y  13  Vậy phương trình đường thẳng MN x  y  13  Cách khác: Xét đường thẳng x  qua I cắt (E) hai điểm phân biệt, không thỏa mãn ycbt Gọi  đường thẳng qua I có hệ số góc k Suy phương trình  : y  k ( x  1)  M, N giao điểm  (E), từ điều kiện I trung điểm MN suy k   8.b 0.25 , phương trình  : x  y  13  1,0 điểm Đặt f ( x)  x   3x   f (1)  f '  2x 1   Ta có: f '(1)  lim x 1 3  f '(1)     3x  f ( x)  f (1) x   3x    lim x 1 x 1 x 1 x   3x   x 1 Cách khác: Có thể thêm, bớt vào tử số, tách thành hai giới hạn nhân với biểu thức liên hợp tử số 1,0 điểm 0.5 0.25 Vậy lim x 1 9.b 0.25 Giả sử số viết abcde với a, b, c, d , e 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 a  Trước hết ta đếm số dạng abcde có chữ số chẵn chữ số lẻ phân biệt tính trường hợp a = Khi ta chọn chữ số chẵn chữ số lẻ phân biệt hoán vị chữ số đó, ta có C53 C52 5! số 0.25 0.25 Tiếp theo ta xét số có dạng 0bcde với chữ số chẵn chữ số lẻ phân biệt Khi ta chọn chữ số chẵn (khác 0) chữ số lẻ hoán vị vào vị trí b, c, d, e Ta có C42 C52 4! 0.25 Từ ta có số số cần tìm là: C53 C52 5! C42 C52 4!  10560 số 0.25 Hết ... 8.a 1, 0 điểm 9 0.25 Ta có: (1  x  x )10   C10k  x  10 10  k ? ?1  x  k 0.25 k 0 10 k   C10k Cki 410 k x 202 k i 0.25 k 0 i 0 Cho 20  2k  i   2k  i  16 (0  i  k  10 )... GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2 012 -2 013 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN - KHỐI A, A1 ——————————— I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo... 2   1, 0 điểm Đk: x  Pt tương đương m  x  1? ??  x    m  Đặt f ( x)  Khi đó: BBT x  ? ?1 x ? ?1 x  ? ?1 với x  x ? ?1 5 x 2 x 3 5 x 2 x 3 f '( x)  0    x 7  2 x  3( x  1) x 