SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 1
ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI A, A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
32
2
x
y
x



, có đồ thị là
()C
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C), biết tiếp tuyến d tạo với trục Ox một góc

sao
cho
1
cos
17


.

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:
sin2 cos2 5sin cos 3
0
2cos 3
x x x x
x
   


.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
22
( )( 5) 8
( 1) 3
x y xy y
x y x y
    


   


Câu 4 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình:
3 1 mx x m   
có hai nghiệm
thực phân biệt.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu vuông
góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD. Cạnh SD tạo với đáy
(ABCD) một góc bằng
60

o
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A tới mặt phẳng
(SBC) theo a.
Câu 6 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của m để với mọi x thuộc
0;
2




ta đều có

8 8 2
tan cot 64cos 2x x m x  
.
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) Cho đường tròn
22
( ): 4 6 12 0C x y x y    
và điểm
(2; 4 3)M
. Viết
phương trình đường thẳng d cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho tam giác MAB đều.
Câu 8.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển thành đa thức của biểu thức:
2 10
(1 4 )xx

.
Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình:
   
2
22
2
22
4
2
3 7 3 7 2
xx
x x x x



   
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Cho elíp
22
( ): 1
94
xy
E 
và điểm
(1;1)I
. Viết phương trình đường thẳng d
qua I cắt (E) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm của MN.
Câu 8.b (1,0 điểm) Tính giới hạn:
3

1
2 1 3 2
lim
1
x
xx
x

  

.
Câu 9.b (1,0 điểm) Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số đó
luôn có mặt hai chữ số lẻ và ba chữ số chẵn.

Hết
Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………….

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC


KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM 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.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào 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:
\{2}.D  

Giới hạn, tiệm cận:
4
lim lim 3 3
2
xx
y
x
 

  



;
4
lim lim 3 3
2

xx
y
x
 

  




22
4
lim lim 3
2
xx
y
x



   



;
22
4
lim lim 3
2
xx

y
x



   




Đồ thị có TCĐ:
2x 
; TCN:
3y 
.
0.25
Sự biến thiên:
2
4
' 0 2
( 2)
yx
x
    

, suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;2)&(2; ) 

0.25
BBT

x



2



y’








y

3









3


0.25
Đồ thị:
Giao với Oy tại:
(0; 1)
, giao với
Ox tại:
2
;0
3




Đồ thị nhận giao điểm của hai
tiệm cận làm tâm đối xứng.






0.25
b
1,0 điểm


Do
1
cos tan 4

17
   

.
Vì
'( ) 0, 2y x x  
suy ra hệ số góc của d bằng
4
.
0.5
Giả sử d tiếp xúc với (C) tại điểm
0 0 0
( ; ), 2.M x y x 

0
0
2
0
0
1
4
'( ) 4
3.
( 2)
x
yx
x
x



    




Với
00
11xy   
; với
00
37xy  

0.25
Vậy có hai phương trình tiếp tuyến d thỏa mãn là:
43yx  
và
4 19yx  
.
0.25
2

1,0 điểm



sin2 cos2 5sin cos 3
0 (1)
2cos 3
x x x x
x

   


Đk:
3
cos 2 , .
26
x x k k     



0.25
(1) sin2 cos2 5sin cos 3 0x x x x     

2
cos (2sin 1) (2sin 5sin 2) 0x x x x     

0.25
(2sin 1)(cos sin 2) 0x x x    
2
1
6
sin
5
2
2
6
xk
x
xk




  










0.25
Kết hợp điều kiện suy ra phương trình có nghiệm
5
2 ( )
6
x k k


  
.
0.25
3

1,0 điểm




2
2
( ) ( )( 5) 8
()
( ) ( ) 3
x y x y xy x
I
x y xy x

      



   



0.25
Đặt
x y a
xy x b






hệ (I) có dạng:
2

2
( 5) 8
3
a a b
ab

   





22
( 2) 8a a a    

32
2 8 0a a a    
2
( 2)( 4) 0 2 1a a a a b         

0.25
Với
2
2
22
11
3 1 0
xy
a x y
b xy x

xx
  
    



  
  
  


35
2
15
2
35
2
15
2
x
y
x
y







































0.25
Vậy hệ phương trình có nghiệm
3 5 1 5 3 5 1 5
; ; ;
2 2 2 2
   
       
   
   
   
.
0.25
4

1,0 điểm



Đk:
3x 

Pt tương đương
 
31
1 3 1
1
x
m x x m
x


     


0.25
Đặt
31
()
1
x
fx
x



với
3x 

Khi đó:
2
5 2 3
'( ) 0
2 3( 1)
xx
fx
xx
  


2
5 2 3

0 7 2 3
2 3( 1)
xx
x
xx
  
    


0.25
BBT
0.25
x
3

7 2 3




f’(x)



0




f(x)



1
2


13
4





0

Từ bảng biến thiên suy ra, để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt thì
1 1 3
24
m


.
(Có thể đặt
3, 0t x t  
)
0.25
5

1,0 điểm








Gọi H là trọng tâm của tam giác ABD, I là trung điểm của AB.

25
( ) 60 ;
33
o
a
SH ABCD SDH DH DI    

0.25

15
.tan
3
a
SH DH SDH  
;
3
2
.
1 1 15 15
. . .
3 3 3 9
S ABCD ABCD

aa
V SH S a  
(đvtt).
0.25

Từ H kẻ đường thẳng vuông góc với BC và cắt BC tại E. Trong tam giác SHE kẻ
đường cao HK. Do
( ) ( )SH ABCD SH BC BC SHE    

( ) ( ; ( ))HK SBC d H SBC HK   

0.25
Ta có
22
33
a
HE AB
2 2 2 2 2
1 1 1 3 9
54HK SH HE a a
    
25
57
a
HK

Do
3 3 3 5
( ;( )) ( ;( ))
22

57
AC a
d A SBC d H SBC
HC
   

0.25
6

1,0 điểm



Bất đẳng thức tương đương với
 
 
  
2
2
44
4 4 4 4
tan cot 8cos2 2
tan cot 8cos2 tan cot 8cos2 2
x x x m
x x x x x x m
   
      

Xét các hàm số
 

44
tan cot 8cos2f x x x x  
và
 
44
tan cot 8cos2g x x x x  

trên
0;
2




.
0.25
* Ta có
0.25
E
I
K
S
O
D
C
B
A
H
 
   

   


 
/ 3 3
22
3 2 3 2
3 3 5 5
3 3 5 5
11
4 tan cot 16sin 2
cos sin
4 tan 1 tan cot 1 cot 16sin 2
4 tan cot 4 tan cot 16sin2
4.2 tan cot tan cot 16sin 2 16 1 sin 2 0, 0; .
2
f x x x x
xx
x x x x x
x x x x x
x x x x x x x


  



    

    


       



Suy ra
 
fx
đồng biến trên
0;
2




. Lại có
 
/ 3 3
22
11
4 tan cot 16sin2 0
cos sin
g x x x x
xx

   


với
0;

2
x





nên
 
gx
đồng
biến trên
0;
2





* Với
0;
4
x






ta có

       
0, 0 . 0
44
f x f g x g f x g x

   
     
   
   

Với
;
42
x






ta có
       
0, 0 . 0
44
f x f g x g f x g x

   
     
   
   


0.25
Vậy
0;
2
x





ta đều có
   
.0f x g x 
, dấu bằng xảy ra khi
4
x


nên để bất
phương trình đúng
0;
2
x





thì

2 0 2mm   
.
0.25
7.a

1,0 điểm







Phương trình đường thẳng MI:
2x 

phương trình AB:
ym

0.25
Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình
22
4 6 12 0 (1)x x m m    

2
' 6 16 0 8 2m m m         

12
( ; ); ( ; )A x m B x m
với

12
,xx
là hai nghiệm của phương trình (1).
0.25
Gọi H là trung điểm của AB
(2; )Hm
;
22
64 4 24AB m m  
;
22
8 3 48MH m m  

0.25
Để tam giác MAB đều thì:
2 2 2 2
3
4( 8 3 48) 3(4 24 64) 0
4
MH AB m m m m       
0
4 3 9
2
m
m











Vậy có hai đường thẳng d thỏa mãn ycbt là:
0y 
và
4 3 9
2
y


.
0.25
8.a

1,0 điểm

H
B
A
I
M


Ta có:
 
 
10

10
2 10 2
10
0
(1 4 ) 4 . 1
k
k
k
k
x x C x x


   


0.25
10
10 20 2
10
00
4
k
k i k k i
k
ki
C C x
  





0.25
Cho
20 2 4 2 16 (0 10)k i k i i k        

K
8
9
10
i
0
2
4

0.25
Vậy hệ số của
4
x
trong khai triển trên là:
2 8 0 9 2 10 4
10 8 10 9 10 10
4 . . 4. . . 2370.C C C C C C  

0.25
9.a

1,0 điểm




Chia hai vế cho
 
2
2
2
xx
ta được
22
22
4
3 7 3 7
2
22
x x x x
   


   
   

0.25
Đặt
2
2
37
,0
2
xx
tt







ta được
2
16 1 0tt  

0.25
Giải ra
2
2
37
8 63
2
37
8 63
2
t
t





  








  






0.25
Suy ra
2
2
2 2 1 3.
2 2 (vo nghiem)
x x x
xx

     

  



0.25
7.b

1,0 điểm






Xét phép đối xứng tâm
(1;1)I
: Đ
I
biến điểm O thành điểm
(2; 2)K
, biến elíp (E)
thành elíp có phương trình
22
(2 ) (2 )
( '): 1
94
xy
E


và biến điểm M thành điểm
N, N thành M.
0.5
Do vậy M, N là giao điểm của hai elíp (E) và (E’) suy ra tọa độ hai điểm M, N thỏa
0.25
mãn hệ phương trình
22
22
1

94
(2 ) (2 )
1
94
xy
xy











Trừ vế cho vế ta được
4 9 13 0.xy  
Vậy phương trình đường thẳng MN là
4 9 13 0.xy  

Cách khác: Xét đường thẳng
1x 
qua I cắt (E) tại hai điểm phân biệt, không thỏa
mãn ycbt. Gọi

là đường thẳng qua I có hệ số góc k. Suy ra phương trình của
: ( 1) 1y k x   
. M, N là giao điểm của


và (E), từ điều kiện I là trung điểm
MN suy ra
4
9
k 
, vậy phương trình

:
4 9 13 0.xy  

0.25
8.b

1,0 điểm



Đặt
3
( ) 2 1 3 2 (1) 0f x x x f     

 
2
3
2 3 2 3 5
' '(1)
3 2 6
2 3 2
3 2 1

ff
x
x
      



0.5
Ta có:
1
( ) (1)
'(1) lim
1
x
f x f
f
x




3
1
2 1 3 2 5
lim
16
x
xx
x


  



0.25
Vậy
3
1
2 1 3 2 5
lim .
16
x
xx
x

  



Cách khác: Có thể thêm, bớt 1 vào tử số, tách thành hai giới hạn rồi nhân với biểu
thức liên hợp của tử số.
0.25
9.b

1,0 điểm



Giả sử số viết được là
abcde

với
 
, , , , 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9a b c d e
và
0.a 

Trước hết ta đếm các số dạng
abcde
có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ phân biệt tính
cả trường hợp a = 0.
0.25
Khi đó ta chọn ra 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ phân biệt rồi hoán vị các chữ số đó, ta
có
32
55
. .5!CC
số.
0.25
Tiếp theo ta xét các số có dạng
0bcde
với 2 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ phân biệt.
Khi đó ta chọn ra 2 chữ số chẵn (khác 0) và 2 chữ số lẻ rồi hoán vị vào các vị trí b, c,
d, e. Ta có
22
45
. .4!CC

0.25
Từ đó ta có số các số cần tìm là:
3 2 2 2

5 5 4 5
. .5! . .4! 10560C C C C
số.
0.25

Hết