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

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






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

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

 
,
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



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

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

m
m
m
m
  




 


 




 


Vậy
5
m
 
là giá trị cần tìm
 
 
  
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

3
cos
2
2
3
x k
x
x k





 

 


  



Với
2
arccos 2
3
2
cos
3
2

0.25
0.25
0.25
3

Điều kiện:
1
2
x


 
     
 
     

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:

 


 

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
y0.25 0.25 0.25

Với
1
y
 
ta có
1
2
x


Kết luận:….
4

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

7
2
x
x







ta có
2 14
x   
là nghiệm của PT đã cho. 0.25

0.25 0.25


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
a0.25

0.25
Ta có



       
     
, à / / 2
/ / , à (3)
2 , 3 4
1 , 4
JN BI m BI HJ JN HJ



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
 
  


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 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
 


P

đạt được khi
1
a b c
   0.25

0.25




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


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

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
 


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

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 :

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

  


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
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
 

3 10.3 9 0
  

x x
0; 2
 

+ KÕt luËn:…
0.25

0.25
0.25

0.25