Đề khảo sát chất lượng ôn thi đại học lần 1 môn: Toán; khối A, A1

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 4 2 2 22 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 là gốc tọa độ). 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 
24sin
1 cot 2
1 cos 4
x
x
x
 

. 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
   2
2 2
4 1 1 1 2 0
4 4 2 3 4 3
x x y y
x y y x
     

    
. 
Câu 4 (1,0 điểm). Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình    2 32 4 1 4x 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) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 4 0d x y   và hai đường 
tròn      
2 2
1 : 1 1 1;C x y         
2 2
2 : 3 4 4C x y    . Tìm điểm M trên đường thẳng d để từ M kẻ 
được tiếp tuyến MA đến đường tròn  1C và tiếp tuyến MB đến đường tròn  2C (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: 84 22
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 0d x y   và đường 
thẳng 2 : 2 1 0d x y   cắt nhau tại I . Viết phương trình đường thẳng d đi qua O và cắt 1 2,d d lần lượt 
tại ,A B sao cho 2IA IB . 
Câu 8b (1,0 điểm). Tính giới hạn: 
2
20
cos3 cos
lim
x
x
e x x
x

. 
Câu 9b (1,0 điểm). Cho khai triển  3 2 30 1 2 31 2 ...
n n
nx x a a x a x a x       . Xác định hệ số 6a biết rằng 
15
31 2
0 2 3
1
...
2 2 2 2
n
n
aa a
a
 
      
 
. 
 -------------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:.
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 
Với 2m  hàm số có dạng 4 22 4 3y x x   
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

      
BBT 
x  1 0 1  
y’  0 + 0  0 + 
y 
 
1 
 3 
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 . 
Điểm cực đại  0;3 , cực tiểu    1;1 , 1;1 . 
0,25 
a 
Điểm uốn: 2
1
'' 24 8; '' 0
3
y x y x      . Điểm uốn 
1 17
;
93
U
 
 
 
Đồ thị: Giao với Oy tại  0;3 , 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 0m  0,25 
www.VNMATH.com
Tọa độ các điểm cực trị  
4 4
2 2 20; 1 , ; 1 , ; 1
2 8 2 8
m m m m
A m B m C m
     
       
   
. 
Dễ thấy A Oy còn B, C đối xứng nhau qua OA và O khác A khi 1m   . 
Tọa độ trung điểm của BC là 
4
20; 1
8
m
I m
 
  
 
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 4 211 4 4 0
8 2
m m
m m m
 
       2m   ( thỏa mãn). 
0,25 
2 1,0 điểm 
Đk:   cos 4 1sin 2 0 2
kx
x k
x

  

 0,25 
Pt  cos 2 sin 2 sin 2 1 cos 2x x x x      cos 2 sin 2 1 sin 2 1 0x x x     
sin 2 1
1
sin 2
4 2
x
x

 
  
   
 
0,25 
+) sin 2 1
4
x x k

      0,25 
+) 
( )
1
sin 2
4 2
4
x k l
x
x k





        

Vậy phương trình có nghiệm  
4 2
k
x k
 
   . 
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 
       
332(1) 4 1 1 1 2 0 2 2 1 2 1 2x x y y x x y y            
Xét hàm số 3( )f t t t  trên  , 2'( ) 3 1 0f t t t     
0,25 
(1) có dạng    2 1 2 2 1 2 0f x f y x y x       
Thay vào phương trình (2) ta được 
4 216 24 8 3 4 3 0x x x         2 2
16 2 1
4 1 4 5 0
3 4 1
x
x x
x

    
 
0,25 
    2 162 1 2 1 4 5 0
3 4 1
x x x
x
 
      
  
1
2
x  do 
3
0
4
x  
Với 
1
0
2
x y   . Vậy hệ phương trình có nghiệm 
1
; 0
2
 
 
 
. 
0,25 
4 1,0 điểm 
Điều kiện 0x  . Xét x = 0 thay vào phương trình không thỏa mãn. 
Với 0x  viết lại phương trình:        2 24 1 4 2 0x m x x m x       
   
2 24 4
1 2 0 1
x x
m m
x x
 
      
0,25 
www.VNMATH.com
 Đặt 
2 4
2
x
t
x

  . Từ phương trình (1) ta có:    2 1 2 0 2t m t m     
  
2 2
1
t t
m g t
t
 
  

0,25 
 Xét hàm số  
2 2
1
t t
g t
t
 


 với 2t  
 
 
 2
4 1( )
' 1 ; ' 0
31
t l
g t g t
tt
      
BBT 
t 2 3  
g’(t)  0 + 
g(t) 
8 
7 
  
0,25 
 Để (1) có nghiệm 0x  thì (2) có nghiệm 2t  
Từ BBT của g(t) thì cần có 7m  . 
0,25 
5 1,0 điểm 
F
E
I
K
H O
D
C B
A
S
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  
0,25 
3; 2SI a IE a SE a    (do tam giác SEI vuông tại S) 
3
2
a
SH  . 
Vậy 
3
.
1 2 3
.
3 3
S ABCD ABCD
a
V SH S  (đvtt) 
0,25 
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 ,d I SOF d H SOF  
0,25 
Kẻ HK vuông góc với SO tại K  HK SOF   
3
, 2
2
a
d SO AB HK   . 0,25 
6 1,0 điểm 
 Không mất tổng quát, giả sử: 3a b c   
Đặt 
     
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 22 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 22 2 2
6 1 1 1
9
P
a b c b c a a c b

   
     
 0,25 
   
 2 22 2
1 1 1 2
1
5 253
c
a b c c c
   
   
   
2
1 2 1 0c c    đúng 0,25 
     
2 2 22 2 2
6 1 1 1
9
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 
 1C có tâm  1;1I , bán kính 1 1R  ;  2C có tâm  3; 4J  , bán kính 2 2R  0,25 
Do 1 25IJ R R      1 2,C C rời nhau nên A và B phân biệt 0,25 
 ; 4M t t d  2 2 2 21 2 4 9MA MI R t t      ; 
2 2 2 2
2 2 6 5MB MJ R t t     0,25 
Tam giác AMB cân tại M 2 2 2MA MB t    . Vậy  2;6M . 0,25 
8.a 1,0 điểm 
Số cách chọn 2 số tự nhiên chẵn trong các số đã cho (có cả số 0) 24 6C  
Số cách chọn 3 số lẻ trong các số đã cho 34 4C  
0,5 
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 
số 0 đứng đầu) 2 34 4. .5! 2880C 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 33 4. .4! 288C C  
Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 2880 288 2592  số. 0,5 
9.a 1,0 điểm 
ĐK:  01xx  
 2 2(1) log 3 1 log 4 ( 3) 1 4x x x x x x           (2) 
0,25 
- Nếu 1x  ; (2) ( 3)( 1) 4x x x   
1
3
3
x
x
x
 
   
 0,25 
- Nếu 0 1x  ; (2) ( 3)(1 ) 4 3 2 3 3 2 3x x x x x            0,25 
Vậy phương trình có 2 nghiệm 3; 3 2 3x x    0,25 
7.b 1,0 điểm 
Ta có 1 2d d . Tam giác IAB vuông tại I và có 2IA IB nên 
 1cos
5
IAB  hay 
d tạo với 1d một góc  với 
1
cos
5
  
0,25 
1d có véc tơ pháp tuyến 1(1;2)n

, gọi ( ; )n a b

là véc tơ pháp tuyến của d 
1
2 2
1
. 21 1 1
cos
5 5 55
n n a b
n n a b


    

 
  
0,25 
2 03 4 0
4 3
b
b ab
a b

      
 0,25 
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 0x  và 3 4 0x y  0,25 
www.VNMATH.com
8.b 1,0 điểm 
2 2
2 2 2 20 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 
20
1 cos3 .cos
lim
x
x x
x
 2 2
2 20 0
1 cos 4 1 cos 2 sin 2 sin
lim lim
2x x
x x x x
x x 
   
  
0,25 
2 2 2
2 2 20 0 0
sin 2 sin sin 2
lim lim 1 lim
x x x
x x x
x x x  
    
0,25 
2
20
sin 2
1 4lim 5
4x
x
x
   . Vậy 
2
20
cos3 .cos
lim 6
x
x
e x x
x

 0,25 
9.b 1,0 điểm 
Cho 
3 15
31 2
0 2 3
1 1 1
...
2 2 2 2 2 2
n
n
n
aa a
x a
   
          
   
158 2 5n n    0,25 
Ta có 
     
5 553 15 3 15 3
5 5
0 0 0
1 2 1 2 2
k
k ik k k k i
k
k k i
x x C x x C x C x 
  
        
 
5
15 3
5
0 0
. . 2 .
k
ik i k i
k
k i
C C x  
 
   0 5i k   
0,25 
15 3 6 3 9k i k i      
Ta có bảng sau 
k 3 4 5 
i 0 3 6 
0,25 
3, 0k i   hoặc 4, 3k i  
Vậy    
0 33 0 4 3
6 5 3 5 4. . 2 . . 2 150.a C C C C      
0,25 
-------------Hết----------- 
www.VNMATH.com