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

Câu 4 (1,0 điểm). Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình
   
2 3
2 4 1 4
x m x m x x
     

có nghiệm.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng 2a. Mặt
bên SAB là tam giác đều, SI vuông góc với mặt phẳng


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)

C
(với A, B là các tiếp
điểm) sao cho tam giác AMB cân tại M.
Câu 8a (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số
đôi một khác nhau và trong mỗi số đó có đúng 2 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ.
Câu 9a (1,0 điểm). Giải phương trình:
8
4 2
2
1 1
log ( 3) log ( 1) log 4
2 4
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



3 2 3
0 1 2 3
1 2
n
n
n
x x a a x a x a x
       . Xác định hệ số
6
a
biết rằng
15
3
1 2
0
2 3
1

2 2 2 2
n
n
aa a
a
 
    
 
 
.

  

TXĐ:
D



Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
 
   

0,25
Chiều biến thiên:
3
0
' 8 8 ; ' 0
1
x
y x x y
x


   

 



0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng


1;0

và


1;
 

Hàm số nghịch biến trên các khoảng


; 1
 
và


0;1
.
Điểm cực đại


0;3
, cực tiểu

, 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
x



   




0,25



b

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị

(*) có hai nghiệm phân biệt khác 0
0
m
 

0,25
www.VNMATH.com


 
 
 

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
m m m
 
      
2
m
  
( thỏa mãn).
0,25
2 1,0 điểm

Đk:

 
cos4 1

4
2
x
x

 



 
 

 
 


0,25
+)
sin 2 1
4
x x k


     

0,25

+)
( )
1

.
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
4
y
x




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

    
 

0,25

  
. 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

x
t
x

 
. Từ phương trình (1) ta có:




2
1 2 0 2
t m t m     
2
2
1
t t
m g t
t
 
  


0,25
Xét hàm số
 
2





BBT
t 2 3


g’(t)

0 +

g(t)

8

7

0,25
m

.
0,25
5 1,0 điểm

F
E
I
K
H
O
D
C
B
A
SGoi E là trung điểm của CD, suy ra
AB IE

. Lại có


AB SI AB SEI
  
, do đó



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
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
www.VNMATH.com     
2 2 2
2 2 2
6 1 1 1
9
P

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

C C

rời nhau nên A và B phân biệt
0,25


; 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

số 0 đứng đầu)
2 3
4 4
. .5! 2880
C C Số các số có 5 chữ số phân biệt mà số 0 đứng đầu gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy
từ tập đã cho
1 3
3 4
. .4! 288
C C 

Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
2880 288 2592
 
số.
0,5
9.a
1,0 điểm

ĐK:

0
1
x





0,25
- Nếu
0 1
x
 
; (2)
( 3)(1 ) 4 3 2 3 3 2 3
x x x x x           

0,25 Vậy phương trình có 2 nghiệm
3; 3 2 3
x x   

0,25
7.b
1,0 điểm

Ta có
1 2
d d

. Tam giác
IAB

n

, gọi
( ; )
n a b

là véc tơ pháp tuyến của
d

1
2 2
1
.
2
1 1 1
cos
5 5 5
5
n n
a b
n n
a b


    

 
 

0,25


8.b
1,0 điểm

2 2
2 2 2 2
0 0 0 0
cos3 .cos 1 1 cos3 .cos 1 cos3 .cos
lim lim lim 1 lim
x x
x x x x
e x x e x x x x
x x x x
   
   
   

0,25
2
0
1 cos3 .cos
lim
x
x x
x


2 2
2 2
0 0

2
2
0
sin 2
1 4lim 5
4
x
x
x

  
. Vậy
2
2
0
cos3 .cos
lim 6
x

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
15 3
5
0 0

  
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