KSCL12cvpBD

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC. KỲ THI KSCL ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 3. TRƯỜNG THPT CHUYÊN. ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI B, D 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 y  x3   m  2  x 2 (1), trong đó m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 . b) Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y  2m2 tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn điều kiện AB2  BC 2  CA2  18 . Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: 4sin  x . . .   3  tan x . 3. 3  Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  2  y  6  4. 3 3   2x  y  3  6  y  x 1  x  2. Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I .  x, y  . 2. . 2  2cos 2 x dx .. 0. Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S. ABC thỏa mãn điều kiện SA  SB  SC  a , SAB  600 , SBC  1200 , SCA  900 . Tính thể tích khối chóp S. ABC và góc giữa hai đường thẳng SB và AC. Câu 6 (1,0 điểm) Giải phương trình. x  2  3 x  1  4 3x  5  2 5 3x  26  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) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm H  2; 2  và tâm đường tròn ngoại tiếp I 1; 2  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C; biết rằng trung điểm của cạnh BC có tọa độ là 1;1 và hoành độ của B âm. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các đường thẳng. 1 :. x  2 y 1 z 1 x  2 y  3 z 1 và điểm M  2; 1;1 .   ; 2 :   1 2 2 2 1 1. Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt 1 ,  2 lần lượt tại A, B sao cho MA  MB . n.  1   x 2  , trong đó n là số nguyên dương thỏa 3 x . Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x 20 trong khai triển nhị thức Niutơn của  mãn C2nn11  C2nn21  ...  C22nn1  2100  1 . B. Theo chương trình Nâng cao. Câu 7.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B  4;3 , C 1; 4  . Gọi H, B’, C’ lần lượt là trực tâm, chân đường cao kẻ từ B, chân đường cao kẻ từ C của tam giác ABC. Trung điểm của đoạn thẳng AH nằm trên đường thẳng có phương trình x  y  0 . Tìm tọa độ đỉnh A, biết đường thẳng qua B’ và C’ có phương trình là x  2 y  7  0 và hoành độ của A nhỏ hơn 2. Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 ,  2 có phương trình:. 1 :. x  2 y 1 z 1 x  2 y  3 z 1 .   , 2 :   1 4 2 1 1 1. Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với hai đường thẳng 1 ,  2 ? Câu 9.b (1,0 điểm) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 3 chữ số. Tính xác suất để số được chọn là một số có tổng các chữ số chia hết cho 9? -------------Hết-----------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM KSCL ĐẠI HỌC LẦN 3 Câu 1(2đ). Nội dung trình bày. Điểm. 1.a (1,0 điểm) Khi m  1 hàm số có dạng y  x  3x . 3. 2. +) Tập xác định D  0,25. +) Sự biến thiên: -. Chiều biến thiên: y '  3x  6 x ; y '  0  x  0, x  2 2. Hàm số đồng biến trên  ;0  ,  2;   ; hàm số nghịch biến trên  0; 2  . -. Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  0 , hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yCT  4 .. -. Giới hạn lim y  , lim y   .. -. Bảng biến thiên. x . 0,25. x . 0,25. +) Đồ thị. 0,25. 2.b (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng y  2m2 là. x3   m  2  x 2  2m2 1. 0,25.  x 3   m  2  x 2  2m 2  0 x  m   x  m   x 2  2 x  2m   0   2  x  2 x  2m  0  2  Để đường thẳng y  2m2 cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2. 1    '  1  2m  0 m    nghiệm phân biệt khác 1   2 2  m  4m  0 m  0, m  4. .  .  . 0,25. . Giả sử A m;  2m2 , B x1;  2m2 , C x2 ;  2m2 , trong đó x1 , x2 là hai nghiệm của pt (2). Theo định lí Vi ét ta có x1  x2  2, x1 x2  2m . Kết hợp với giả thiết ta được:. AB  BC  CA  18   x1  m    x2  m    x1  x2   18 2. 2. 2. 2. 2. 0,25. 2.  2  x1  x2   2m  x1  x2   6 x1 x2  2m 2  18  2m 2  8m  8  18 2.  m  1; m  5 . Kết hợp với điều kiện trên ta được m  1 . 2(1đ). Điều kiện cos x  0  x . .  2.  3   tan x . 0,25.  m , m  . Phương trình đã cho tương đương với: 0,25. 2 sin x  3 cos x  3  tan x. . 2cos x tan x . . . 3  0   2cos x  1 tan x  3  0.   1  x    k 2  cos x  3  2     x     k 2  tan x   3  3. k  . So sánh lại điều kiện ta thấy các họ trên đều thỏa mãn. Vậy …. 3(1đ). Điều kiện xác định: x  1, 2 x  y  3 . Khi đó từ phương trình thứ 2 của hệ ta được:. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 x  y  3  3 6  y  x  1  3 x  2  2 x  y  3  3 x  2  x  1  3 6  y (*) 0,5. Từ (*) ta thấy nếu x  y  4  x  4  y  VT *  VP * vô lí. Nếu x  y  4  x  4  y  VT *  VP * vô lí. Do đó x  y  4  y  4  x Thay vào phương trình đầu của hệ ta được: thay vào (1) ta được:. x  2  3 10  x  4 (1). Đặt t  3 10  x  x  10  t 3. t  4 t  4 12  t  4  t    3 2 3 2 12  t  16  8t  t t  t  8t  4  0. 0,25. 3.  3  17 t  4  t  2, t  . Khi đó hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm là:  2 t  2 t  3 t  2  0 2       .  3  17   2  .  x; y    2; 2  , 10    . 4(1đ). Ta có I . 2. . 0,25.     3  17   3  17   3  17  ;    6  , 10    ;    6     2 2 2          3. 2. 2  2cos 2 x dx . 0. Đặt t . 3. 3. 3. 2. . 4sin 2 x dx . 0.  2sin. xdx. 0,25. 0. x  x  t 2  dx  2tdt , đổi cận x  0  t  0, x   2  t   . Khi đó.  u  t du  dt , kết hợp công thức tích phân từng phần ta được  I   2t sin tdt . Đặt  dv  2sin tdt v  2cos t 0 . . . I   2t cos t  0   2cos tdt  2   2sin t  0  2 . Vậy I  2 .. 0,25. 0. 5(1đ). Dùng định lí hàm số cô sin ta được:. S. BC  a 3, AC  a 2, AB  a suy ra tam giác ABC vuông tại A, a  2013 . Theo định lí Pitago trong tam giác SBH ta được. SH 2  SB 2  BH 2  N. a2 a  SH  4 2. và. BC a 3   SA2  SH 2  HA2 suy ra tam 2 2 giác SHA vuông tại H hay SH  HA . Mặt khác SH   ABC  nên suy ra SH  BC. D. SH . M B. 0,5. C. H. VSABC. 0,5. 1 1 a 1 a3 2 .  SH .S ABC  . . . AC. AB  3 3 2 2 12. A. . . Ta có SB. AC  SB. SC  SA  SB.SC  SB.SA  SB.SC.cos120  SB.SA.cos 60  a. . . 0. . .  SB. AC.cos SB, AC  a 2  cos SB, AC   6(1đ). . 0. . 1  SB, AC  1350   SB, AC   450. 2. 5 . Đặt f  x   x  2  3 x  1  4 3x  5  2 5 3x  26 3 1 1 1 6    Ta có f '  x   2 3 4 2 x  2 3 3  x  1 4 4  3x  5 5 5  3x  26  Điều kiện xác định: x . 2. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 10 10 5  3x  26   10 1210  x  2  1 6 5 Xét    0 với x  . Thật vậy, ta có 4 4 3 2 x  2 5 5  3x  26  10 x  2. 5  3x  26  8. 5. 510  3x  26   510.35  x  2  .313  1210  x  2  với x  8. 5. 5. 5. 0,5. 5 . 3. . Do đó hàm số f  x  đồng biến trên  ;   , mặt khác f  2   0 nên phương trình đã cho có 3  nghiệm duy nhất x  2 .. 0,25. 7a(1đ) Kẻ đường kính AD, ta chứng minh được tứ giác ADCH là hình bình hành suy ra M là trung điểm của BC. Xét trong tam giác AHD thì IM là đường trung bình nên. A. H. B.   xA  2  xH  xA  2  xM  xI  AH  2.IM      yA  4   y H  y A  2  yM  y I  A  2; 4  .. I. 0,5. C. M D. Do BC vuông góc IM nên BC có vtpt IM   0; 1  BC : y  1  0  B  t;1  C  2  t;1. 0,25. Do BH vuông góc với AC nên BH . AC  0  t 2  2t  3  0  t  1, t  3 , kết hợp với t  0 ta được t  1  B  1;1 , C  3;1 . Vậy …. 8a(1đ). 0,25. Viết 1 ,  2 dưới dạng tham số và kết hợp với A, B lần lượt thuộc 1 ,  2 ta được:. A  2  m;1  2m;1  2m  , B  2  2n; 3  n,1  n . 0,25. Do M là trung điểm của AB nên.  xA  xB  2 xM  2  m  2  2n  4  m  2n  0 m  0     A  2;1;1  y A  yB  2 yM  1  2m  3  n  2  2m  n  0   n  0 z  z  2z 1  2m  1  n  2  2m  n  0   M  A B x  2  Đường thẳng AB có vtcp là AM   0; 2;0   pt AB :  y  1  2t z  1  9a(1đ). Ta có C20n1  C21n1  ...  C22nn11  1  1. 0,5. 0,25. 2 n 1. 0,25.  C20n1  C21n1  ...  C2nn1  C2nn11  ...  C22nn11  22n1  C22nn11  C22nn1  ...  C2nn11  C2nn11  ...  C22nn11  22 n1.  2  C2nn11  C2nn21  ...  C22nn1  C22nn11   22 n1  C2nn11  C2nn21  ...  C22nn1  22 n  1. 0,25.  22n  1  2100  1  n  50. Theo công thức khai triển Newton ta được: 50. 50 50 1 3 50  k  2 k 2 k  x  C . x . x  C50k .x5k 150   50  3  x   k 0 k 0 20 34 Hệ số chứa x tương ứng với 5k 150  20  k  34 . Vậy hệ số của x 20 là C50 .. 7b(1đ). 0,5. 5 7 2 2. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, AH. Khi đó N  t ; t  , M  ;  . Do M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCC’B’ và N là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AC’HB’ nên MN vuông góc với B’C’ suy ra MN .u B 'C '. 3 3 3 0t   N ; . 2 2 2. Gọi R là bán kính đường tròn tâm N. Khi đó phương trình đường tròn tâm M, N lần lượt là: 2. 2. 3  3  2 x   y   R ; 2  2 . 2. 2. 5  7  10   x     y    . Khi đó phương trình đường thẳng qua B’, C’ 2  2 4 . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2. 2. 2. 2. 3  3  5  7 10  có dạng:  x     y     x     y    R 2  2  2  2  2 4  2  2 x  4 y  R  11,5  0 . Mặt khác theo giả thiết phương trình B ' C ' : x  2 y  7  0 nên. 0,5. R2  2,5  R  2,5 Đường thẳng AH đi qua N và nhận BC   3;1 là vtpt nên: AH : 3x  y  3  0  A  t;3t  3 . Theo trên ta có AN  R  10t  30t  20  0  t  1, t  2 . Kết hợp với điều kiện t  2  A 1;0  2. 8b(1đ). 0,25. Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với hai đường thẳng 1 ,  2 là mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của 1 ,  2 làm đường kính. Giả sử mặt cầu cần lập là (S) và A, B lần lượt là tiếp điểm của (S) với. 1 ,  2 . Viết phương trình 1 ,  2 dưới dạng tham số thì ta có. 0,25. A  2  m;1  4m;1  2m  , B  2  n;3  n; 1  n . Do AB là đoạn vuông góc chung của 1 ,  2 nên.   AB.u 1  0 3n  21m  0   m  n  0  A  2;1;1 , B  2;3; 1    AB.u 1  0 3n  m  0. 0,5. Trung điểm I của AB có tọa độ là I  0; 2;0  nên phương trình mặt cầu cần lập là:. x2   y  2  z 2  6. 0,25. 2. 9b(1đ). Giả sử số có 3 chữ số thỏa mãn tổng các chữ số chia hết cho 9 là abc . Khi đó số các số có 3 chữ số tùy ý là 9.102  900 . Trước hết ta có nhận xét sau: Nhận xét: Số nghiện không âm của phương trình x1  x2  x3  n bằng Cn2 2 . Ta có a  b  c  9k , kết hợp với 0  a, b, c, d  9 nên k  1, 2,3 . Ta xét các trường hợp sau :. 0,5. TH1. Nếu k  1 thì a  b  c  9 . Khi đó số nghiệm của pt này với a tùy ý là C112 và số nghiệm với. a  0 là C101 suy ra số các số thỏa mãn trong trường hợp này là C112  C101  C102 . TH2. Nếu k  2 thì a  b  c  18 . Đặt a  9  x, b  9  y, c  9  z , kết hợp với điều kiện a, b, c ta được x, y, z  0,1,...,9 và x  y  z  9 . Mỗi bộ  a, b, c  thỏa mãn yêu cầu bài toán tương ứng với một bộ  x, y, z  với điều kiện x  9 . Khi đó số nghiệm của pt này với x tùy ý là C112 và số nghiệm. 0,25. với x  9 (hay a  0 ) là 1 suy ra số các số thỏa mãn trong trường hợp này là C112  1 . TH3. Nếu k  3 thì a  b  c  27  a  b  c  9 . Do đó trong trường hợp này có một số thỏa mãn. 2 Vậy số các số có 4 chữ số thỏa mãn ycbt là C10  C112  1  1  100 . Do đó xác suất cần tìm là. 100 1  . 900 9. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>