Đề kiểm tra chất lượng ôn thi đại học lần 1 năm học 2013 - 2014 môn: Toán; khối b thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 
Môn: TOÁN; Khối B 
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  
1
1 2
x
y
x



 (1) 
 a)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). 
 b) Chứng minh đường thẳng    :   0d x y m    luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt A, B với 
mọi m. Tìm m sao cho  AB OA OB 
 
, với O là gốc tọa độ. 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:  22sin cos sin cos 2 cos 2 2 cos
2 4
x
x x x x x
 
    
 
. 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2 2
10 - - 2
30 - - 2 - - 1
x xy y
x xy xy x y



 ( x, y R )  
Câu 4 (1,0 điểm).  Tìm tất cả các giá trị m để phương trình sau có nghiệm:  22 1 1x m x   . 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC  là tam giác cân tại C, AB = AA’= a. Góc 
tạo bởi đường thẳng BC’ với mặt phẳng (ABB’A’) bằng   060 . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’ và 
BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và NP  theo a. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương  a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
24 3
P = - .
13a + 12 ab + 16 a + b + cbc
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(3; -2), 
trung điểm của đoạn AB là    
 
1
M ;0
2
 và phương trình cạnh BC là:  x – 3y – 2 = 0.  Tìm tọa độ các đỉnh của 
tam giác ABC. 
Câu 8.a (1,0 điểm). Một hộp chứa 11 bi được đánh số từ 1 đến 11. Chọn 6 bi một cách ngẫu nhiên rồi 
cộng các số trên 6 bi được rút ra với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là số lẻ. 
Câu 9.a (1,0 điểm). Giải phương trình:   
2 4 2 24 4 .2 1x xx    . 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm  1;0H , tâm đường tròn ngoại tiếp 
3 3
;
2 2
I
 
 
 
 và chân đường cao kẻ từ đỉnh A là   0;2K . Tìm tọa độ A, B, C. 
 Câu 8.b (1,0 điểm). Cho khai triển:    
210 2 2 14
0 1 2 141 2 3 4 4x x x a a x a x ... a x        . 
 Tìm giá trị của  6a . 
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giới hạn: 
2
20
1 cos 2
lim
x
x x
I
x
 
 .  
-----------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 
KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 
Môn: TOÁN; Khối B 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
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 Câu 5 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 
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 
1
1 2
x
y
x



, (1) 1,0  
+ Tập xác định: 
1
\
2
D R
 
  
 
Giới hạn và tiệm cận : 
1 1 1 1
lim ;          lim
1 2 2 1 2 2x x
x x
x x 
 
   
 
đường thẳng 
1
2
y   là tiệm cận ngang. 
1 1
2 2
1 1
lim ;            lim
1 2 1 2x x
x x
x x        
   
 
   
 
  đường thẳng 
1
2
x   là tiệm cận đứng 
0.25 
+ sự biến thiên: 
 
2
1
' 0,
1 2
y x D
x

   

Hàm số nghịch biến trên 
1 1
; ; ;
2 2
   
    
   
. Hàm số không có cực trị. 
0.25 
+Bảng biến thiên 
X 
-                        
1
2
                        +   
y’             -                               - 
Y  1
2
                           +∞ 
                        -                             
1
2
  
0.25 
+ đồ thị :  
f(x)=(x-1)/(1-2x)
f(x)=-1/2
-4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
x
y
0.25 
(Đáp án có 6 trang) 
www.VNMATH.com
Nhận xét : Đồ thị nhận điểm  
1 1
I (  ; )
2 2
 làm tâm đối xứng. 
b Chứng minh đường thẳng (d): x – y + m = 0 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm 
phân biệt A, B với mọi m. Tìm m sao cho  AB OA OB 
 
 với O là gốc tọa độ. 
1.0 
Phương trình hoành độ giao điểm : 
                  2
1
( ) 2 2 1 0(*)   
1 2
x
x m f x x mx m
x

       

0.25 
Có  2
1 1
' 2 2 0, ,    ( ) 0
2 2
m m m f         , nên (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 
1
2
suy ra  ( )d  luôn cắt (1) tại 2 điểm phân biệt  ,A B  với mọi  m . 
0.25 
Ta có     1 1 2 2; , ;A x x m B x x m   với  1 2,x x  là 2 nghiệm của (*) . Theo vi-et 
1 2
1 2
1
2
x x m
m
x x
  

  

Gọi  M  là trung điểm của  AB  
2AB OA OB AB OM    
 
tam giác  OAB  vuông tại  O  
0.25 
1 2 1 2
2
1 2 1 2
. 0 ( )( ) 0
2 ( ) 0 1 0 1
OA OB x x x m x m
x x m x x m m m
      
           
 
Kết luận :  1m   . 
0.25 
2 
Giải phương trình: 22sin cos sin cos 2 cos 2 2 cos
2 4
x
x x x x x
 
    
 
 1.0  
 sin 1 cos sin cos2 cos2 sin cosPT x x x x x x x      0.25 
      cos 2 sin 1 cos sin 1 0 sin 1 cos2 cos 0x x x x x x x         0.25 
+   sin 1 2
2
x x k k Z

      0.25 
+   
2
2 2
cos 2 cos cos ( )3 3
2 2
2
x x k x k
x x x k
x x k
x k
 
                   
  
Vậy phương trình có nghiệm   2
2
x k k

     và   
2
3 3
x k k
 
    
0.25 
3 
Giải hệ phương trình: 



2 2
10x - xy - y = 2
30x - xy - 2xy - x - y = 1
 ( x, y R )  1,0  
 Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của hệ.  
  Hệ 
2
2
22 2
2 1 1
10 ( 1) ( 1) 11
1 12 1 1
( 1) ( 1) 3030
y
y y y
x x x x
y y y
y y
x xx x x x x
          
  
         
 
0.25 
Đặt 
1
1
a
x
b y



  
 khi đó hệ trở thành 
11
( ) 30
  

 
a ab b
ab a b
6
5
5
6
  


  


a b
ab
a b
ab
 0.25 
www.VNMATH.com
TH1. 
1; 4
6 1; 5
1
5 5; 1 ; 0
5
 
             

x y
a b a b
ab a b x y
 0.25 
TH2. 
5
6
 


a b
ab
1
; 2
2; 3 2
13; 2
; 1
3

  
       

x y
a b
a b
x y
Vậy hệ có 4 nghiệm: 
1 1 1
(1;4);( ;0);( ;2);( ;1)
5 2 3
. 
0.25 
4 Tìm tất cả các giá trị thực m để phương trình sau có nghiệm thực 
           22 1 1x m x    
1,0 
Ta có : 
2
2 1
1
x
PT m
x

 

  0.25 
Xét hàm số   
2
2 1
1
x
f x
x



 trên R. 
Có  
 
 / /
32
2
0 2
1
x
f x f x x
x

    

. 
0.25 
x                        2                       
 /f x                 +          0          - 
 f x  
                         5  
-2                                                  2  
0.25 
Từ BBT suy ra: Phương trình có nghiệm  2; 5m        0.25 
5 Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, AB = AA’= a. Góc 
tạo bởi đường thẳng BC’  với mặt phẳng (ABB’A’) bằng   060 .Gọi M, N, P lần lượt là trung 
điểm của BB’, CC’ và BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai 
đường thẳng AM và NP  theo a. 
1,0 
C'A'
B'
H
K
A
B
C
N
P
M
I
Q
  Gọi H là trung điểm A’B’. 
Ta có C 'H A 'B';C'H BB'   
 C'H ABB'A '   
   0BC'; ABB'A ' C 'BH 60    
2 2 a 5BH BB' B'H
2
     
Tam  giác  HBC’  vuông  tại  H  nên  ta  có 
0 5 15C 'H BH.tan 60 a . 3 a
2 2
    
0.25 
Diện tích tam giác A’B’C’ là 
2
A'B'C'
1 a 15
S C'H.A 'B'
2 4
    
3
ABCA'B'C' A 'B'C'
15
V BB'.S a
4
   (đvtt)  
0.25 
www.VNMATH.com
Gọi Q là trung điểm B’C’  NP / /MQ NP / / AMQ     
Gọi I là giao điểm MQ và BC. Khi đó B là trung điểm của PI 
Ta có :          d NP; AM d NP; AMQ d P; AMQ  , 
  
  
d P; AMQ PI
2
BId B; AMQ
   . 
Gọi K là trung điểm HB’thì 
1
KQ / / C'H
2
   
2
AMB' ABB'
1 a
S S
2 4
   
3
B'AMQ AMB'
1 a 15
V QK.S
3 48
     
0.25 
Mặt khác ABB’A’ là hình vuông nên  AM BH   mà 
 AM C'H AM BHC ' AM BC' AM MQ        . 
Ta có:  2 2 2 2
5 a 5
B'C' C'H HB' 2a MQ MB' B'Q a ;AM
2 2
         
2
AMQ
1 5
S AM.MQ a
2 8
    
Nên         B'AMQ
AMQ
3V a 15 a 15
d B; AMQ d B'; AMQ d NP;AM
S 10 5
      
0.25 
6 Cho  ba  số  thực  dương  a, b, c .  Tìm  giá  trị  nhỏ  nhất  của  biểu  thức: 
24 3
P = - .
13a + 12 ab + 16 a + b + cbc
1,0  
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 
a 4b b 4c
13a 12 ab 16 13a 6 a.4b 8 13a 6. 8.
2 2
bc b.4c 16(a b c)
 
          
13a 12 ab 16 bc 16(a b c)      . Dấu “ = ” xảy ra   a 4b 16c  . 
0.25 
Suy ra 
 
3 3
P
2 a b c a b c
 
   
.  
Đặt  t a b c, t 0     . Khi đó ta có: 
3 3
P
2t t
   
0.25 
Xét hàm số   
3 3
f t
2t t
   trên khoảng  (0; ) , ta có   
2
3 3
f ' t
2t2t t
  . 
                    
2
3 3
f ' t 0 0 t 1
2t2t t
      ;  
x 0
lim f (t)

  ; 
x
lim f (t) 0

  
BBT.  
0.25 
Vậy ta có 
3
P
2
  , đẳng thức xảy ra  
a b c 1
a 4b 16c
16 4 1
a ;b ;c
21 21 21

  
 

  

.  0.25 
www.VNMATH.com
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 
3
2
  khi và chỉ khi  
16 4 1
a,b, c , ,
21 21 21

 
 
 
. 
7.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có  tọa độ trực tâm   H(3; -2), 
trung điểm của đoạn AB là    
 
1
M ;0
2
 và phương trình cạnh BC là:  x – 3y – 2 = 0.  Tìm 
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 
1,0 
- Phương trình AH:      3(x 3) 1.(y 2) 0      
                                 3x y 7 0      
0.25 
- Do  A AH;B BC.   Đặt   21 1 2
x 2
A(x ;7 3x );B(x ; ).
3

  
  M là trung điểm AB 
1 2
1
2
21
x x 1
x 2
x 2
x 1(7 3x ) 0
3
 

  
    
   A(2; 1); B(-1; -1). 
0.25 
Đặt  33
x 2
C(x ; ).
3

 Có :  33
x 2
AC x 2; 1 ; BH (4; 1)
3
 
     
 
 
   Vì   BH AC BH.AC 0  
 
0.25 
3
3 3
x 5 19
4(x 2) 1. 0 x
3 11

       
19 1
C ;
11 11
 
 
 
.  
Vậy A(2; 1); B(-1; -1); 
19 1
C ;
11 11
 
 
 
. 
0.25 
8.a Một hộp chứa 11 bi được đánh số từ 1 đến 11. Chọn 6 bi một cách ngẫu nhiên rồi cộng 
thứ tự 6 bi được rút ra với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là số lẻ. 
1.0 
Gọi H là biến cố:” kết quả thu được là số lẻ”. H xảy ra khi một trong các biến cố sau xảy ra : 
A : ”1 bi mang số thứ tự lẻ và 5 bi mang số thứ thứ tự chẵn ” 
B : ”3 bi mang số thứ tự lẻ và 3 bi mang số thứ thứ tự chẵn ” 
C : ”5 bi mang số thứ tự lẻ và 1 bi mang số thứ thứ tự chẵn ” 
0.25 
Trong 11 bi có 6bi có số thứ tự lẻ {1,3,5,7,9,11},  5 bi có số thứ tự chẵn  {2,4,6,8,10}  0.25 
     
1 5 3 3 5 1
6 5 6 5 6 5
6 6 6
11 11 11
C .C C .C C .C6 200 30
P A ;P B ;P C ;
C 462 C 462 C 462
        0.25 
A, B, C là các biến cố xung khắc nên 
       
6 200 30 118
P H P A P B P C
462 462 462 231
         
0.25 
9.a Giải phương trình:   
2 4 2 24 4 .2 1x xx    , (1)  1,0 
+ Với    2; 2 (2; ) 4 0 1x x VT            
Suy ra phương trình (1) vô nghiệm 
0.25 
+ Với    22;2 4 0 1x x VT       . Suy ra phương trình (1) vô nghiệm 
0.25 
www.VNMATH.com
 Với  22 4 0 1x x VT       .  Suy ra  2x    là nghiệm của phương trình 
0.25 
Với  22 4 0 1x x VT      .  Suy ra  2x   là nghiệm của phương trình 
Vậy phương trình có hai nghiệm:  2, 2x x   . 
0.25 
7.b Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm  1;0H , tâm đường tròn ngoại tiếp 
3 3
;
2 2
I
 
 
 
và chân đường cao kẻ từ đỉnh A là   0;2K . Tìm tọa độ A, B, C. 
1,0  
A
B C
D
M
H
K
I
Gọi M là trung điểm BC 
Phương trình đường cao AH :2x + y - 1 = 0 
Phương trình đường thẳng BC :x – 2y +4 = 0 
PT đường trung trực IM vuông góc với BC : 
9
2x y 0
2
     
Tọa độ điểm M là 
5
1;
2
 
 
 
0.25 
Gọi D là điểm đối xứng với A qua I. Ta có 
DB AB
DB / /CH
CH AB



Tương tự DC//BH nên tứ giác HBDC là hình bình hành nên M là trung điểm HD. 
Xét tam giác AHD có IM là đường trung bình nên  AH 2IM A 2; 2  
 
0.25 
Giả sử     B 2b 4; b C 6 2b;5 b    . Ta có   BH.AC 0
 
   0.25 
     2
b 1
5 2b 4 2b b 7 b 0 b 5b 4 0
b 4

            
Vậy  A(2 ; -2) ; B(-2 ;1) ;C(4 ;4) hoặc A(2 ; -2) ; B(4 ;4); C(-2 ;1) 
0.25 
8.b Cho khai  triển:   
210 2 2 14
0 1 2 141 2 3 4 4x x x a a x a x ... a x        .Tìm giá  trị của 
6a  
1,0  
       
2210 10 221 2 3 4 4 1 2 2 1 2x x x x x         
    0.25 
     
10 12 14
4 1 2 4 1 2 1 2x x x         0.25 
Hệ số của x6  trong khai triển   
10
4 1 2x  là:  6 6104.2 C   
Hệ số của x6  trong khai triển   
12
4 1 2x  là:  6 6124.2 C   
Hệ số của x6  trong khai triển  
14
1 2x  là:  6 6142 C   
0.25 
Vậy  6 6 6 6 6 66 10 12 144.2 4.2 2 482496a C C C      0.25 
9.b 
Tìm giới hạn: 
2
20
1 cos2
lim
x
x x
x
 
.  1,0  
2 2
2 2 20 0 0
1 cos 2 1 1 1 cos2
lim lim lim
x x x
x x x x
x x x  
    
    0.25 
2
2 20 0
1 1 1 1
lim lim
21 1x x
x
x x 
 
 
 
  0.25 
2
2 20 0
1 cos 2 2sin
lim lim 2
x x
x x
x x 

    0.25 
www.VNMATH.com
Vậy 
2
20
1 cos 2 1 5
lim 2
2 2x
x x
x
 
     0.25 
---------- Hết ---------- 
www.VNMATH.com