SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KỲ THI KSCL ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 3
ĐỀ THI MÔN: TOÁN - 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)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
4 2 2
3 1 9 3
y x m x m m
(1), trong đó
m
là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1
3
m
.
b) Tìm tất cả các giá trị của
m
sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng
2
7
ym
.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình tứ diện ABCD có
3, , 2, 3
DA DB DC a AB a AC a BC a
. Tính thể tích khối tứ
diện ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BC.
Câu 6 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
2
2
2 2 4
,
2 2 4
y
x
yx
xy
và hoành độ điểm B nhỏ hơn 4.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho các đường thẳng
12
2 1 1 2 3 1
: ; :
1 2 2 2 1 1
x y z x y z
và điểm
2; 1;1
M
.
Viết phương trình đường thẳng cắt
12
,
lần lượt tại A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của
10
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của
2
3
2;1
H
và
20BC
.
Gọi
', '
BC
lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh
,
BC
. Lập phương trình đường thẳng
BC
, biết rằng trung điểm M của
cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình
2 1 0
xy
, tung độ của M dương và đường thẳng
''
BC
đi qua điểm
3; 4
.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
ửitơiwww.
laisac.p
age.tl
ĐÁP ÁN KSCL ĐẠI HỌC LẦN 3 MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2012-2013
Câu
Nội dung trình bày
Điểm
1(1đ)
1.a(1điểm) Khi
1
3
m
thì hàm số có dạng
42
2y x x
.
+) Tập xác định
D
.
+) Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
3
' 4 4y x x
;
' 0 0, 1y x x
.
Hàm số đồng biến trên các khoảng
yy
0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
+) Đồ thị
0,25
1.b (1 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng
2
7ym
:
4 2 2 2
4 2 2 2 2
3 1 9 3 7 2
3 1 2 3 0 2 3 0
x m x m m m
x m x m m x m x m
0,25
Phương trình (2) có 4 nghiệm là:
2 3 2 3m m m m
. Khi đó ycbt
2 3, , , 2 3m m m m
theo thứ tự lập thành cấp số cộng
2 3 2
3
2 3 3 .
7
2 3 2
m m m
m m m
m m m
3sin cos 3sin cos 3sin cos 0x x x x x x
3sin cos 0
3sin cos 3sin cos 1 0
3sin cos 1
xx
x x x x
xx
0,25
+)
3sin cos 0 2sin 0 , .
66
x x x x k k
32
4
44
2 3 2 3
33
44
2 79 1
1 1 1 1
'0
21
3 6 4 79 3 6 4 79 . 1
xx
fx
x
x x x x x
với
1.x
0,5
Do đó hàm số
2
0 0 0
22
2 tan
1 sin 2 4
2cos
24
tdt tdt t
I td
t
t
2
00
4
2 tan 2tan cos
2 4 2 4 2 4
cos
24
o
t t t
I t dt d
t
được
HA HB HC
hay H là tâm ngoại tiếp tam giác ABC suy ra H là trung điểm của BC.
0,25
Ta có
2 2 3
3 1 1 3 1 2
. . . .
2 3 3 2 2 4
DABC ABC
aa
DH DB BH V DH S AB AC a 0,25
Dựng hình bình hành ABCE và gọi K, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AE, DK. Khi đó
AE DHK AE HF
, kết hợp với
,HF DK HF DAE d H DAE HF
.
Mặt khác
HF HD HK
HD HK
. 0,25
6(1đ)
Điều kiện xác định
, 2; 2xy
. Nhận xét nếu
0x
thì từ phương trình thứ nhất ta được:
2
2
02
4 2 2 2 2 4
y
x
vô lí. Tương tự nếu
0y
cũng không xảy ra. Do đó nếu
;xy
Ta có
2
2
2
.2 .ln2
' 2 ln2 0, 0
2
t
t
t
g t t g t
t
đồng biến trên
0;
. Do đó từ
g x g y x y
. 0,25
x
f x f x
x
xx
2
2h x h x
, trong đó
22
2 2 ln2 1
2 ln2 1
2
, 0; 2 ' 0, 0; 2
x
x
x
x
h x x h x x
x x x0,25
7a(1đ)
Gọi M là trung điểm của BC nên
2 1;M t t
. Gọi J là điểm đối xứng của I qua BC suy ra J là tâm
ngoại tiếp tam giác HBC suy ra
4 1;2J t t
. Do E nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC nên
2 2 2 2
4 1 2 1 4 5 2 1 24 24 1 3;1JH JE t t t t t t M
. 0,5
Do M là trung điểm của BC nên BC nhận
2;1IM
làm vtpt suy ra phương trình BC:
0,5
0
-
-
0
f(x)
f'(x)
x
1
2
0
H
I
M
J
C
B
A
8a(1đ)
Viết
12
,
dưới dạng tham số và kết hợp với A, B lần lượt thuộc
12
,
ta được:
2 ;1 2 ;1 2 , 2 2 ; 3 ,1A m m m B n n n
0,5
Đường thẳng AB có vtcp là
2
0; 2;0 : 1 2
1
x
AM pt AB y t
z
C C C C C
1 2 1 2 100 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
n n n n n n
n n n n n n
C C C C C C
0,25
2 100
2 2 50.
n
n
Theo công thức khai triển Newton ta được:
50
50 50
3 50
2 2 5 150
50 50
3
00
1
0,5
7b(1đ)
Do M nằm trên đường thẳng có pt
2 1 0 2 1;x y M t t
. Đường tròn đia qua 4 điểm B, C,
C’, B’ nhận BC làm đường kính nên có phương trình:
2
22
2 1 5
2
BC
x t y t
0,25
Đường tròn qua A, B’, H, C’ nhận AH làm đường kính nên có phương trình là:
2
22
5
2
AH
xy
Đường thẳng BC đi qua điểm M và nhận vtpt
4;2 :4 3 2 1 0AH BC x y
2 7 0xy
. Vậy phương trình đường thẳng
:2 7 0.BC x y 0,25
8b(1đ)
Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với hai đường thẳng
12
,
là mặt cầu nhận đoạn vuông góc
chung của
12
,
làm đường kính. Giả sử mặt cầu cần lập là (S) và A, B lần lượt là tiếp điểm của (S)
với
12
,
. Viết phương trình
12
,
dưới dạng tham số thì ta có
2 ;1 4 ;1 2 , 2 ;3 ; 1A m m m B n n n
0,5
Trung điểm I của AB có tọa độ là
0;2;0I
nên phương trình mặt cầu cần lập là:
2
22
26x y z 0,25
9b(1đ)
Giả sử số có 3 chữ số thỏa mãn tổng các chữ số chia hết cho 10 là
abc
. Khi đó số các số có 3 chữ số tùy
ý là
2
9.10 900
. Trước hết ta có nhận xét sau:
Nhận xét: Số nghiện không âm của phương trình
1 2 3
x x x n
bằng
2
12 11 11
11C C C
(ở đây ta phải bỏ
0,5
đi trường hợp
10, 0.
a b c
).
TH2. Nếu
2
k
thì
20
abc
. Đặt
9 , 9 , 9
a x b y c z
, kết hợp với điều kiện
,,
abc
ta được
2
9
C
suy ra số các số thỏa mãn trong trường hợp này là
2
9
C
. 0,25
Vậy số các số có 3 chữ số thỏa mãn ycbt là
22
11 9
1 90
CC
. Do đó xác suất cần tìm là
90
0,1.
900
0,25
Cảm
ơn
t
ơ
i
www.
la
is
ac
.
p
ag
e.
t
l
Copyright: Tài liệu đại học ©