SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN; Khối A, A
1

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2 2 2
2 1 (1)
y x m x m   
(m là tham số).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
2.
m

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:
2
4sin
1 cot 2
1 cos4
x
x
x



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:
     
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3
.
2 2 2 5
a b c b c a c a b
a b c ab a b c bc a b c ca
     
  
        

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
: 4 0
d x y
  
và hai đường
tròn
     
2 2
1
: 1 1 1;

x x x
   
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
1
: 2 3 0
d x y
  
và đường
thẳng
2
: 2 1 0
d x y
  
cắt nhau tại
I
. Viết phương trình đường thẳng
d
đi qua
O
và cắt
1 2
,d d
lần lượt
tại
,A B
sao cho
2IA IB


1 2
0
2 3
1

2 2 2 2
n
n
aa a
a
 
    
 
 
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh:……………….
24hchiase.com
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN; Khối A, A
1

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 không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý NỘI DUNG ĐIỂM


 


BBT
x

1

0 1

y’

0 + 0

0 +
y

1
3
1

0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng


1; 0

và


3
y x y x     
. Điểm uốn
1 17
;
9
3
U
 

 
 
Đồ thị: Giao với Oy tại


0;3
, đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng
0,25
TXĐ:

3 2
2
2
0
' 8 2 ; ' 0
(*)
4
x
y x m x y
m

   
.
Dễ thấy
A Oy

còn B, C đối xứng nhau qua OA và O khác A khi
1
m
 
.
Tọa độ trung điểm của BC là
4
2
0; 1
8
m
I m
 

 
 
 
0,25
Vậy 4 điểm O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi khi I là trung điểm của OA suy ra
4 2
2 4 2
1
1 4 4 0
8 2
m m

x x x x
   



cos 2 sin2 1 sin 2 1 0
x x x
    
sin2 1
1
sin 2
4
2
x
x

 



 
 

 
 

0,25
+)
sin 2 1
4

Vậy phương trình có nghiệm
 
4 2
k
x k
 
  

.
0,25
3 1,0 điểm



 
2
2 2
4 1 1 1 2 0 (1)
4 4 2 3 4 3 (2)
x x y y
x y y x

    


    


Đk:
1


,
2
'( ) 3 1 0f t t t
    
0,25
(1) có dạng




2 1 2 2 1 2 0
f x f y x y x
      
Thay vào phương trình (2) ta được
4 2
16 24 8 3 4 3 0
x x x
    
  


2 2
16 2 1
4 1 4 5 0
3 4 1
x
x x
x


2
x y
  
. Vậy hệ phương trình có nghiệm
1
; 0
2
 
 
 
.
0,25
4 1,0 điểm
Điều kiện
0
x

. Xét x = 0 thay vào phương trình không thỏa mãn.
Với
0
x

viết lại phương trình:


 


 
2 2
 
2
2
1
t t
m g t
t
 
  

0,25
Xét hàm số
 
2
2
1
t t
g t
t
 


với
2
t 
 
 
 

0
x

thì (2) có nghiệm
2
t 
Từ BBT của g(t) thì cần có
7
m

.
0,25
5 1,0 điểm

F
E
I
K
H
O
D
C
B
A
S
Goi E là trung điểm của CD, suy ra
AB IE

. Lại có


3 3
S ABCD ABCD
a
V SH S 
(đvtt)
0,25
Vì
2 2
1
2 2 2
a a
EH SE SH OH EH OI
      
. Qua O kẻ
/ / ( )
OF BC F BC







, ,
d SO AB d AB SOF
 





2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b c b c a c a b
P
a b c ab b c a bc a b c ac
     
  
        

     
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
6 2 2 2
2 2 2
a b c b c a c a b
P
a b c ab b c a bc a b c ac
     
       
        

0,25
24hchiase.com
     
2 2 2
2 2 2
6 1 1 1
9
P
a b c b c a a c b


   
     
3 3
5 5
P
  
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
a b c
 
.
0,25
7.a 1,0 điểm



1
C
có tâm


1;1
I
, bán kính
1
1
R

;


; 4
M t t d
 
2 2 2 2
1
2 4 9
MA MI R t t
     
;
2 2 2 2
2
2 6 5
MB MJ R t t
    
0,25
Tam giác AMB cân tại M
2 2
2
MA MB t
   
. Vậy


2;6
M
.
0,25
8.a
1,0 điểm


số.
0,5
9.a
1,0 điểm

ĐK:

0
1
x
x




2 2
(1) log 3 1 log 4 ( 3) 1 4
x x x x x x
         
 
(2)
0,25
- Nếu
1
x 
; (2)
( 3)( 1) 4
x x x
   
1

1 2
d d

. Tam giác
IAB
vuông tại I và có
2IA IB

nên

1
cos
5
IAB 
hay
d
tạo với
1
d
một góc

với
1
cos
5


0,25
1
d

0,25
2
0
3 4 0
4 3
b
b ab
a b


   

 


0,25
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
0
x

và
3 4 0
x y
 
0,25
24hchiase.com
8.b
1,0 điểm

2 2

x x
 
   
 

0,25
2 2 2
2 2 2
0 0 0
sin 2 sin sin 2
lim lim 1 lim
x x x
x x x
x x x
  
   
0,25
2
2
0
sin 2
1 4lim 5
4
x
x
x

  
. Vậy
2

   
   
15
8 2 5
n
n
   
0,25
Ta có
 
   
5 5
5
3 15 3 15 3
5 5
0 0 0
1 2 1 2 2
k
k i
k k k k i
k
k k i
x x C x x C x C x
 
  
     
  

 
5

hoặc
4, 3
k i
 
Vậy
   
0 3
3 0 4 3
6 5 3 5 4
. . 2 . . 2 150.
a C C C C     
0,25
Hết
24hchiase.com