1. www.VNMATH.com
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN; Khối A, A1
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 y  2 x 4  m2 x 2  m 2  1 (1) (m là tham số).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  2.
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).
4sin 2 x
.
1  cos 4 x
 2
 4 x  1 x   y  1 1  2 y  0
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
.
2
2
4 x  y  4 y  2 3  4 x  3

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 1  cot 2 x 
Câu 4 (1,0 điểm). Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình x 2   m  2  x  4   m  1 x 3  4 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:
a  b  c
2
b  c  a 
2
c  a  b 
2
3
 .
a  b  c  2ab a  b  c  2bc a  b  c  2ca 5
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 d : x  y  4  0 và hai đường
2
2
2
2

2
2
2
2
tròn  C1  :  x  1   y  1  1;

2
2
2
2
2
 C2  : x  3   y  4   4 . Tìm điểm M trên đường thẳng d để từ M kẻ
được tiếp tuyến MA đến đường tròn  C1  và tiếp tuyến MB đến đường tròn  C2  (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.
1
1
Câu 9a (1,0 điểm). Giải phương trình: log 2 ( x  3)  log 4 ( x  1)8  log 2 4 x .
2
4
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d1 : x  2 y  3  0 và đường
thẳng d 2 : 2 x  y  1  0 cắt nhau tại I . Viết phương trình đường thẳng d đi qua O và cắt d1 , d 2 lần lượt
tại A, B sao cho 2IA  IB .
2
e x  cos 3 x cos x
Câu 8b (1,0 điểm). Tính giới hạn: lim
.
x 0
x2
n
Câu 9b (1,0 điểm). Cho khai triển 1  2 x  x 3   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a3n x3n . Xác định hệ số a6 biết rằng
15
a a
a
1
a0  1  2  ...  3n    .
2
3n
2 2
2
2
-------------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:……………….

2. www.VNMATH.com
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN; Khối A, A1
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
1
2,0 điểm
a Với m  2 hàm số có dạng y  2 x 4  4 x 2  3
TXĐ: D  
Giới hạn: lim y  ; lim y  
x
0,25
x 
x  0
Chiều biến thiên: y '  8x 3  8x ; y '  0  
 x  1
BBT
0
1
x

1
y’
0
+
0
0


3

y
1
1

+
0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng  1; 0  và 1;   
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;  1 và  0;1 .
0,25
Điểm cực đại  0;3 , cực tiểu 1;1 ,  1;1 .
Điểm uốn: y ''  24 x 2  8; y ''  0  x  
1
 1 17 
. Điểm uốn U  
; 
3
3 9

Đồ thị: Giao với Oy tại  0;3 , đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng
0,25
b
TXĐ: 
x  0
y '  8 x  2m x ; y '  0   2 m 2
(*)
x 
4

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị  (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0  m  0
3
2
0,25
0,25

3. www.VNMATH.com
  m m4
  m m4

Tọa độ các điểm cực trị A  0; m 2  1 , B 
;
 m2  1 , C  ;
 m2  1 .
8
 2
 2 8

Dễ thấy A  Oy còn B, C đối xứng nhau qua OA và O khác A khi m  1 .
0,25
4
 m

Tọa độ trung điểm của BC là I  0;
 m2  1 
8


Vậy 4 điểm O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi khi I là trung điểm của OA suy ra
2
m 4
m2  1
 m2  1 
 m4  4m 2  4  0  m   2 ( thỏa mãn).
8
2
1,0 điểm
k
cos 4 x  1
x
Đk:
k  
sin 2 x  0
2

0,25
0,25
Pt   cos 2 x  sin 2 x  sin 2 x  1  cos 2 x   cos 2 x  sin 2 x  1 sin 2 x  1  0
sin 2 x  1
 1
 
sin  2 x   
4
2
 
+) sin 2 x  1  x  
0,25

4
 k
0,25
 x  k (l )
 1

+) sin  2 x   


4
 x   k
2


4
Vậy phương trình có nghiệm x 
3

4

0,25
k
k   .
2
1,0 điểm
1

y  2
Đk: 
3
x 

4
 4 x 2  1 x   y  1 1  2 y  0 (1)

 2
2
 4 x  y  4 y  2 3  4 x  3 (2)

3
(1)   4 x 2  1 x   y  1 1  2 y  0   2 x   2 x 

1 2y
0,25

3
 1 2 y
0,25
Xét hàm số f (t )  t  t trên  , f '(t )  3t  1  0t  
3
(1) có dạng f  2 x   f
2


1 2 y  2x  1 2y  x  0
Thay vào phương trình (2) ta được
16 x 4  24 x 2  8 3  4 x  3  0   4 x 2  1 4 x 2  5  
16  2 x  1
0
3  4x 1
1
3
16


  2 x  1  2 x  1  4 x 2  5  
  0  x  2 do 0  x  4
3  4 x  1

4
1
1 
Với x   y  0 . Vậy hệ phương trình có nghiệm  ; 0  .
2
2 
1,0 điểm
Điều kiện x  0 . Xét x = 0 thay vào phương trình không thỏa mãn.
Với x  0 viết lại phương trình:  x 2  4   1  m  x  x 2  4    m  2  x  0
x2  4
x2  4

 1  m 
 m  2  0 1
x
x
0,25
0,25
0,25

4. www.VNMATH.com
x2  4
 2 . Từ phương trình (1) ta có: t 2  1  m  t  m  2  0  2 
x
t2  t  2
m
 g t 
t 1
t2  t  2
Xét hàm số g  t  
với t  2
t 1
4
t  1(l )
g 't   1 
; g 't   0  
2
t  3

 t  1
Đặt t 
0,25
0,25
BBT
t
g’(t)
2
3
0


+
8

g(t)
5
7
Để (1) có nghiệm x  0 thì (2) có nghiệm t  2
Từ BBT của g(t) thì cần có m  7 .
1,0 điểm
0,25
S
K
D
A
E
O
H
C
I
B
F
Goi E là trung điểm của CD, suy ra AB  IE . Lại có AB  SI  AB   SEI  , do đó
 ABCD   (SIE ) . Trong tam giác SEI kẻ đường cao SH  SH   ABCD 
SI  a 3; IE  2a  SE  a (do tam giác SEI vuông tại S)  SH 
a 3
.
2
1
2a 3 3
(đvtt)
Vậy VS . ABCD  SH .S ABCD 
3
3
a
a 1
Vì EH  SE 2  SH 2   OH  EH   OI . Qua O kẻ OF / / BC ( F  BC )
2
2 2
 d  SO, AB   d  AB,  SOF    d  I ,  SOF    2d  H ,  SOF  
Kẻ HK vuông góc với SO tại K  HK   SOF   d  SO, AB   2 HK 
6
a 3
.
2
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0 điểm
Không mất tổng quát, giả sử: a  b  c  3
Đặt
a  b  c
2
a 2  b 2  c 2  2 ab
 P6 

a  b  c
2
2
2
b  c  a 
2
b 2  c 2  a 2  2bc
2
a  b  c  2 ab
2

c  a  b 
a 2  b 2  c 2  2ac
b  c  a 
2
2
2
2
2
b  c  a  2bc
2
P
c  a  b
2
0,25
2
a  b 2  c 2  2ac
2

5. www.VNMATH.com

6P
1
1
1



2
2
2
2
2
9
 a  b   c  b  c   a  a  c   b2
1
a  b

2
c
2

1
 c  3
2
c
2

0,25
1 2
2
  c  1   c  1  2c  1  0 đúng
5 25
0,25
3
3
6P
1
1
1
  P



2
2
2
2
2
2
5
9
 a  b  c b  c  a  a  c  b 5
0,25
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c .
7.a
1,0 điểm
 C1  có tâm I 1;1 , bán kính R1  1;  C2  có tâm J  3; 4  , bán kính R2  2
Do IJ  5  R1  R2   C1  ,  C2  rời nhau nên A và B phân biệt
2
M  t ; t  4   d  MA2  MI 2  R12  2t 2  4t  9 ; MB 2  MJ 2  R2  2t 2  6t  5
Tam giác AMB cân tại M  MA2  MB 2  t  2 . Vậy M  2; 6  .
8.a
0,25
0,25
0,25
1,0 điểm
2
Số cách chọn 2 số tự nhiên chẵn trong các số đã cho (có cả số 0) C4  6
3
Số cách chọn 3 số lẻ trong các số đã cho C4  4
Số các số có 5 chữ số phân biệt gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy từ tập đã cho (có cả
2
3
số 0 đứng đầu) C4 .C4 .5!  2880
Số các số có 5 chữ số phân biệt mà số 0 đứng đầu gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy
1
3
từ tập đã cho C3 .C4 .4!  288
Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 2880  288  2592 số.
9.a
0,25
0,5
0,5
1,0 điểm
ĐK:

x0
x 1
0,25
(1)  log 2  x  3 x  1   log 2 4 x  ( x  3) x  1  4 x (2)


x  1
- Nếu x  1 ; (2)  ( x  3)( x  1)  4 x  
x  3  x  3

- Nếu 0  x  1 ; (2)  ( x  3)(1  x)  4 x  x  3  2 3  x  3  2 3
7.b
0,25
0,25
Vậy phương trình có 2 nghiệm x  3; x  3  2 3
1,0 điểm

Ta có d1  d 2 . Tam giác IAB vuông tại I và có 2IA  IB nên cos IAB 
d tạo với d1 một góc  với cos  
0,25
1
5
1
5


d1 có véc tơ pháp tuyến n1 (1; 2) , gọi n(a; b) là véc tơ pháp tuyến của d
 
n1.n
a  2b
1
1
1
   


cos  
2
2
5
5
5
n1 n
5 a b
hay
0,25
0,25
b  0
 3b2  4ab  0  
 4a  3b
0,25
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: x  0 và 3x  4 y  0
0,25

6. www.VNMATH.com
8.b
1,0 điểm
2
2
e x  cos 3 x.cos x
ex  1
1  cos 3 x.cos x
1  cos 3 x.cos x
 lim 2  lim
 1  lim
2
2
x 0
x0
x 0
x0
x
x
x
x2
1  cos 3 x.cos x
1  cos 4 x  1  cos 2 x
sin 2 2 x  sin 2 x
 lim
 lim
lim
x 0
x0
x 0
2 x2
x2
x2
lim
 lim
x0
sin 2 2 x
sin 2 x
sin 2 2 x
 lim 2  1  lim
x0
x0
x2
x
x2
0,25
0,25
0,25
2
9.b
e x  cos 3x.cos x
sin 2 2 x
6
 1  4 lim
 5 . Vậy lim
x0
x 0
x2
4 x2
1,0 điểm
3n
Cho x 
0,25
15
1 1
a a
a
1
    a0  1  2  ...  3 n     8n  215  n  5
2
3n
2 2
2 2
2
2
0,25
Ta có
x
3
5
5
k
k
k 0
5
i 0
 1  2 x    C5k x15 3 k 1  2 x    C5k x153k  Cki  2 x 
k 0
5
k
i
0,25
i
k
  C5 .Cki .  2  .x153k i  0  i  k  5 
k 0 i  0
15  3k  i  6  3k  i  9
Ta có bảng sau
k
i
3
0
4
3
5
6
0,25
 k  3, i  0 hoặc k  4, i  3
0
3
3
0
3
Vậy a6  C5 .C3 .  2   C54 .C4 .  2   150.
-------------Hết-----------
0,25