SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN; Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số:
2
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 tất cả các giá trị thực của tham số
m
để đường thẳng


:
m

( , ).
x y R


Câu 4 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m
để phương trình:
2
2
m x x m
  
có hai
nghiệm thực phân biệt.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thang cân với
BC CD DA a
  
;
2
AB a

; cạnh bên
SA
vuông góc với mặt phẳng
( )
ABCD

zyx
xzyzxyT


1
222
.
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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
có
4 2
AB 
,
điểm
A
có hoành độ âm. Đường thẳng
AB
có phương trình
2 0
x y
  
, đường thẳng
BD
có phương
trình
3 0

thỏa mãn
2 1 2
4 6
n n
n n n
A C C n
 
   
. Tìm hệ số của
16
x

trong khai triển nhị thức Niu-tơn


3
2
n
x x

(với
0
x

).
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ
Oxy
, cho các điểm
(4; 3); (4;1)

đi qua điểm
3 2
; 2
2
M
 
 
 
 
và
có độ dài trục lớn bằng
6
. Tìm tọa độ của điểm
N
thuộc (
E
) sao cho
5
ON 
.
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số nguyên dương
n
thỏa mãn
3
2
20( 2)
n
A n

 

theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng
với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý

Nội dung trình bày Điểm
1 a

1,0 điểm

+ TXĐ:


\ 1
D R

+ Sự biến thiên: Ta có:
2
1
0,
( 1)
y x D
x

   

.
0,25

đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng
1
y

;
0,25
+ Bảng Biến thiên

+
+

0,25

+ Đồ thị hàm số cắt trục
Ox
tại điểm
(2;0)
, trục
Oy
tại điểm
(0;2)f(x)=(x -2)/(x -1)
f(x)=1
x (t )=1 , y(t )=t
-3 -2 -1 1 2 3 4 5
-5
-4
-3

(1) (
1
x

).
0,25
Vì
2
4 8 0
1 2 1 0
m m
m m

    

     

với
m

nên (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với
m

.
Suy ra
( )
m
d
cắt
( )

A x y B x y
với
A
x
;
B
x
là các nghiệm
của phương trình (1) . Theo Viet có:
2
A B A B
x x m; x x m
   
.
Ta có
  
2 2 2
2 2
2( ) 2 ( ) 4 . 2 4( 2) 2 ( 2) 4 8
A B A B A B
AB x x x x x x m m m
  
           
  

0,25
www.VNMATH.com
Vậy
AB
nhỏ nhất bằng


0,25
3 2
2cos 3cos 3cos 2 0
x x x
    

Đặt


cos ; 0, 1;1
t x t t   
ta được:
3 2
1
2 3 3 2 0 2
1
2
t
t t t t
t


 

     





;
2
3
k


 
(
k Z

)
0,25
3 1,0 điểm 

 
4 2 2 2 3 2 2
3 2
1
2 5 2 1 0 2
x x y y y x y x
y x

    


   


thế vào (2) không thoả mãn.
0.25
Trường hợp
2
1
x y
 
thế vào phương trình (2):


3
2 3 2 1 0 3
y y   

Xét hàm
3
3
( ) 2 3 2 1; ;
2
f t t t t
 
     


 2
1
( ) 6

(1) 0
f


Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất
1
y


0.25

Với
2
1 2 2
y x x
     
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
( 2;1);( 2;1)

.
0.25
4 1,0 điểm

- Tập xác định:
D R


- Ta có:
 

www.VNMATH.com

 
2
2
2
2 2
2
2 x 2
'( ) 0 0 2 x 2 0
2
x 2 x 2 1
x
f x
x

 
 
       




  1
x
lim f ( x )


- Từ bảng biến thiên ta được




2; 1 1; 2
m   
thỏa mãn.
0.25
5 1,0 điểm
- Vì
BC CD DA a
  
;
2
AB a

nên
AB
là đáy lớn;
D
C
là đáy nhỏ của hình thang
ABCD
. Gọi
O
là trung điểm của

4 4
ABCD AOD
a a
S S  
(đvdt).
0.25
- Trong hình thoi
D
AOC
, ta có:
3
AC a


- Trong tam giác vuông
SAC
có góc

0
60
SCA 


0
.tan60 3. 3 3a
SA AC a
  




A



IS
IA IB
 



IS D
IA IB IC I
   
hay
I
là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.
S ABCD
.
0.25

- Bán kính của mặt cầu đó là:
2 2 2 2
9a 4a 13
IS
2 2 2 2
SB SA AB a
R IA IB
 
      




1
2
1
2
2222
2




 t
tzyxzyx
zxyzxy

Lại có:






0
222
 xzzyyx
nên




với


3;1t
;

2
1
2)(
t
ttf 

;


3;1;0)( 

ttf

0.25
- Ta có bảng biến thiên của hàm số trên


3;12 +
1
3

0.25

7.a 1,0 điểm 4 2
3x + y = 0
x + y + 2 = 0
D
C
B
A

- Ta có:
(1; 3)
B AB BD B
   

+
( ; 2); ( 0)
A AB A t t t
    

- Ta có
2 2
4 2 ( 1) ( 1) 32
BA t t

    
qua
A
và vuông góc với
AB
nên có phương trình
( 3) ( 1) 0
x y
   


4 0
x y
  
.
0.25
- Đường thẳng
BC
qua
B
và vuông góc với
AB
nên có phương trình:
( 1) ( 3) 0 4 0
x y x y
       
.
+
D(-1:3)
D AD BD

0.25
www.VNMATH.com
8.a 1,0 điểm

M (
3
2
;2)
I(4; 2)
H
C
B
A

- Gọi
2 2
( ) : ( 4) ( 2) 5
C x y
   
( )
C

có tâm
(4;2)
I
; bán kính
5

) là véctơ pháp tuyến của đường thẳng
AB
.
- Phương trình đường thẳng
BC
:
3
( ) ( 2) 0
2
a x b y
   
.
Ta có:
( , )
d I AB IH R
 
2 2
5
2
5
a
a b
 

2 2 2
2
5 4( )
2
a b
a a b

  
Phương trình đường thẳng
: 2 1 0 ( , 2 1)
BC x y H s s
    

2 (2;3) (8;0)
IH BC s H A
    

Vậy các điểm
A
thoả mãn là
(8;0)
A
;
(8;4)
A
.
0.25
9.a 1,0 điểm

- Đk:
*
2,
n n N
 

- Ta có:
2 1 2

12
n

ta có :
5
12 12
36
3 12 3 12
2
12 12
0 0
( 2 ) ( ) ( 2 ) ( 2)
k
k k k k k
k k
x x C x x C x


 
    
 

- Hệ số của
16
x
là
12
( 2)
k k
C

B (4; 1)
A(4; -3)

- Giả sử hai tiếp tuyến của (
C
) tại
,
A B
cắt nhau tại
( )
M d

.
- Phương trình đường thẳng
AB
là:
4
x

.

0.25
www.VNMATH.com
- Gọi
I
là tâm của đường tròn
( )
C
;
H

       

0.25
Vậy
(2; 1)
I

; bán kính của
( )
C
là
2 2
IA 


( )
C
:


2
2
2 ( 1) 8
x y
   

Vậy đường tròn
( )
C
có phương trình là

.
0.25
Vì
 
2
2 2
3 2 18 2
( ; 2) 1 4
2 4
M E b
a b
     

 
2 2
: 1
9 4
x y
E
  
.
0.25
+) Giả sử


;
N x y
, ta có hệ phương trình:
2 2
2







0.25

Vậy có 4 điểm :
3 5 4 5
;
5 5
N
 
 
 
 
;
3 5 4 5
;
5 5
N
 

 
 
 
;
3 5 4 5
;

n
A n

 
( 2)!
20( 2) ( 3)( 4) 20
( 5)!
n
n n n
n

      


0.25

2
8
7 8 0 8
1
n
n n n
n


      

 

(thỏa mãn)

0.25

Số hạng không chứa
x
ứng với
24 4 0 6
k k
   
.
Vậy số hạng không phụ thuộc
x
là
6
8
28
C

.
0.25

Hết
www.VNMATH.com