WWW.VNMATH.COM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
Môn: Toán 12. Khối D.

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Văn bản này gồm 05 trang)
I) Hướng dẫn chung:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng
phần như thang điểm quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch
hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi.
3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả.
II) Đáp án và thang điểm:
Câu Đáp án Điểm

Cho hàm số
3 2
y x ( 2m 1)x m 1
     

( Cm )
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
m 1

.
1,0 đ

y
+ 2

y
ĐU
= 0 –2 –

0.25

Đồ thị của hàm số có dạng như hình dưới đây:

0.25

2) Tìm
m
để đường thẳng
y 2mx m 1
  
cắt
( Cm )
tại ba điểm phân biệt có hoành độ
lập thành một cấp số cộng
1,0đ

Xét phương trình hoành độ giao điểm:
3 2
x ( 2m 1)x m 1 2mx m 1

A 0; m 1
 
;


B 1;m 1

;


2
C 2m;4m m 1
 

Ta có:
A
,
B
,
C
phân biệt
1
m 0;m
2
  
(*)

Sắp sếp các hoành độ theo thứ tự tăng dần ta có các dãy số sau

0 ; 1 ; 2m


0.25

1) Giải phương trình:


3 2
2 sin x 3 3sin x 2 sin x 3 tan x
   
.(1)

CâuII
Điều kiện:
cos x 0


Phương trình đã cho tương đương với :


3 2
2 sin x.cos x 3cos x 3 sin x 2 sin x 3 sin x
   

3 2 2
2 sin x.cos x 3cos x 3cos x.sin x 2 sin x
    

0.25
2,0 đ


( do
sin 2x 2 0, x
  
)


cos x 2 VN
1
cos x
2





 



0.25

1 2
cos x x k2 ,k
2 3

        

( thoả mãn điều kiện )
Vậy phương trình có hai họ nghiệm:
2

. Viết lại hệ phương trình:
   
 
   
 
2 2
2
1
5 x y 4 x y 13
x y
1
x y x y 3
x y

 

    
 

 
 


    




  

  
  
 
 
  
 
 



 


0.25
WWW.VNMATH.COM

x y 1
a 1 x y 1 x 1
1
x y 2
b 2 x y 1 y 1
x y
 

   
  

   




x; y 1;1


0.25

Tính giới hạn :
3
x 2
3x 2 3x 2
L lim
x 2

  



1,0đ
CâuIII
L




3
3
1 2
x 2 x 2

L lim lim
x 2
x 2 3x 2 2 3x 2 4
3 1
L lim
4
3x 2 2 3x 2 4
 

   
 

 
    
 
 
 
   

0.25

 
 
2
x 2 x 2
2
x 2
3x 2 2 3x 2 4
L lim lim
x 2

BC a 2

,
BD a 6
 . Hình chiếu vuông góc của
S
lên mặt phẳng
ABCD
là trọng tâm
G
của
tam giác
BCD
, biết
SG 2a

.
Tính thể tích V của hình chóp
S.ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC
và
SB
theo
a
.
1,0đ
1,0đ

Nhận xét ABCD là hình chữ nhật (do

2 2 2
1 1 1 2a 2a
CJ GH
CJ BC CK
3 3
     

Tam giác SHG vuông ở G suy ra GI=a.
Vậy: d(AC,SB) = a
Cho
,
x y
là các số dương thoả mãn
1 1 1
3
xy x y
  
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2
3 3 1 1 1
( 1) ( 1)
y x
M
x y y x x y x y
    
  
0.25

 

0.25

Ta tìm giá trị lớn nhất của
2 2
3 3
1 1
a b ab
M a b
b a a b
    
  

2
2
( ) 2
3 ( ) 2
1
a b ab a b ab
a b ab
ab a b a b
   
    
   

2
1 12
( ) 2
4


2
12
( ) 2 1 0, 2
g t t t
t

      
suy ra
( )
g t
nghịch biến trên
(2, )


0.25

Do đó


2,
max ( ) (2) 6
g t g

 
suy ra giá trị lớn nhất của
M
bằng
3
2

1 1
a ab b a a ab b b
ab
M a b
b a a b
   
    
  
.
0.25



1
1 1 2
2 2 2
ab ab ab ab ab ab
M a b b a ab
b a a b
b a ab
        
  
(BĐT AM-GM)
0.25

 





1)Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ
Oxy
, cho hình thang cân
ABCD
có hai đáy là
AB
,
CD
; hai đường chéo
AC
,
BD
vuông góc với nhau. Biết


A 0;3
,


B 3;4
và
C

nằm trên trục hoành. Xác định toạ độ đỉnh
D
của hình thang
ABCD
.
1,0đ
WWW.VNMATH.COM

2 2

 

 
 
, từ
8 3c
IJ AB d ( 2 )
5

  

0.25

Thay (2) vào (1) có:
2
c 6
2c 9c 18 0
3
c
2



   





nguyên dương
n
thoả mãn
6 7 8 9 8
n n n n n 2
C 3C 3C C 2C

   

1,0đ

Điều kiện :
*
n ,n 9
 


9 8 8 9 8 9 8
n 3 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2
C 2C C C 2C C C n 15
      
        

0.25

Khi đó
 
 
15 k
30 5k

0.25

Số hạng không chứa
x
phải tìm là
6 6
15
C .2 320320


0,25

Xác định
m
để hàm số:




2
y m 3m x 2 m 3 cos x
   
luôn nghịch biến trên


1,0
Câu
Đạo hàm :



Đồ thị




2
f t 2 m 3 t m 3m
    
trên đoạn


1;1

là một đoạn thẳng
để
 
 


 
f 1 0
f t 0 t 1;1
f 1 0

 

    










Vậy để hàm số nghịch biến trên

thì
2 m 3
 

0,25
Câu
VI B

2,0 đ
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,lập phương trình chính tắc của elip


E
biết rằng
có một đỉnh và hai tiêu điểm của


E
tạo thành một tam giác đều và chu vi hình


1,0 đ

0,25

2 đỉnh trên trục nhỏ là




1 2
0; , 0;
B b B b

theo gt:tam giác


1 1 2 1 1
B F F B F F

đều
và chu vi hình chữ nhật cơ sở của


E
là


     
 
 



  


0,5

2) Tính tổng :
2 3 2013
2013 2013 2013
S 1.2.C 2.3.C 2012.2013.C   


1,0 đ

Xét số hạng tổng quát :


k
2013
k 1 .k.C k 2,3, ,2013.
  

0,25

   

m
để hàm số:




2 2
y m m 1 x m m 1 sin x 2m
      
đồng biến trên


1,0
7B
Đạo hàm




2 2
y m m 1 m m 1 cos x

     1,0 đ
Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên

y 0 x










2 2
f t m m 1 m m 1 t , t 1;1
        
trên đoạn


1;1

là một
đoạn thẳng để
 
 


 
f 1 0
f t 0 t 1;1
f 1 0
 

    
