Thi thu DH lan 2 DVinh Phuc 2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC. ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối D 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  x3  m 2  m  3 x  m2  3m  2 1 , trong đó m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với m  2 . b) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y  2 tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 , x2 , x3 và đồng thời thỏa mãn đẳng thức x12  x22  x32  18 .     4  sin x Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: cos 2   x   cos 2   x   . 2 3  3   x  2  y  2  4 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x, y  ¡   x  7  y  3  6 1. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I   x  2014 e2 x dx . 0. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB  a, BC  a , AD  2a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , góc giữa mặt phẳng SCD  với mặt phẳng ( ABCD) bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng SCD . Câu 6 (1,0 điểm ). Tìm các số thực dương x, y thỏa mãn hệ phương trình sau:  2 x 2 (4 x  1)  2 y 2 (2 y  1)  y  32   1 x2  y 2  x  y    2 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 đường thẳng (d ) : 2 x  y  2  0 và hai điểm uuuur uuuur A(4; 6), B(0; 4) . Tìm trên đường thẳng (d ) điểm M sao cho véc tơ AM  BM có độ dài nhỏ nhất. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm A 1; 0; 1, B 1; 2;3 , C 0;1; 2  và D 1; 1  m; 1  6m  . Tìm m để bốn điểm A, B, C , D cùng thuộc một mặt phẳng. Câu 9.a (1,0 điểm). Lấy ngẫu nhiên lần lượt 3 chữ số khác nhau từ 5 chữ số 0;1; 2;3; 4} và xếp thành hàng ngang từ trái sang phải . Tính xác suất để nhận được một số tự nhiên có 3 chữ số. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, biết A 3; 3  , hai đỉnh B, C thuộc đường thẳng x  2 y  1  0 , điểm E 3;0  nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh C. Tìm tọa độ hai đỉnh B và C. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0; 1; 3), B(3; 0; 3) và mặt cầu (S) có phương trình : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  6  0 . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua hai điểm A, B và mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính là. 5. Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 log 3 x 2  4  3 log 3 x  2   log 3 x  2   4 . 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:……………………………………...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC. KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối D HƯỚNG DẪN CHẤM. (Đáp án có 06 trang). 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 sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  2 . 1,0 Khi m  2 hàm số (1) có dạng y  x 3  3 x a) Tập xác định D  ¡ . b) Sự biến thiên +) Chiều biến thiên: y '  3 x 2  3 , y '  0  x  1 . Hàm số đồng biến trên các khoảng ;  1 và 1;   .. 0.25. Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;1 . +) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1, yCD  2 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  2 . 3   +) Giới hạn: lim y  lim x 1  2   ; lim y  lim x 3 1  x  x  x  x   x   +) Bảng biến thiên: x  1 1 / + 0  0 + y 2 3. 3    . x2 . 0.25.  . 0.25. y.  2 c) Đồ thị: y  0  x  3 x  0  x  0, x   3 . 3. .  3;0 .. Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại các điểm 0; 0 ,  3; 0 ,. y ''  0  6 x  0  x  0  đồ thị hàm số nhận điểm 0; 0  làm điểm uốn. 4. 0.25. 22 1. -10. -5. -1 0 -1. 1. 5. 10. -2 -2. -4. b. Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y  2 tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 , x2 , x3 và đồng thời thỏa mãn đẳng thức 2 1. 2 2. 2 3. x  x  x  18 .. 1.0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng y  2 : x 3  m 2  m  3 x  m 2  3m  2  2  x 3  m 2  m  3x  m 2  3m  0. x  m  x  m x 2  mx  m  3  0   2  x  mx  m  3  0 2  Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y  2 tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai. 0.25. 0.25. m  2  m  m  m  3  0 nghiệm phân biệt khác m    2  m  6    m  4 m  3   0 Giả sử x1  m ; x2 , x3 là 2 nghiệm của (2). Khi đó theo định lí Viet ta 2. 2.  x  x  m được:  2 3  x2 .x3  m  3. 0.25. Do đó x12  x22  x32  18  m 2  x2  x3   2 x2 x3  18 2. 2. m  3  m 2  m 2  2 m  3   18  m 2  m  12  0   .  m  4 So sánh với điều kiện của m ta được m  3 thỏa mãn.     4  sin x Giải phương trình: cos 2   x   cos 2   x   2 3  3      4  sin x cos 2   x   cos 2   x   2 3  3   2   2   2 x  1  cos   2x  1  cos   3   3   4  sin x  2 2 2 2  2   2    sin x  2  cos   2 x   cos   2 x   0   sin x  2  2 cos cos 2 x  0 3  3   3    sin x  2  cos 2 x  0  2sin 2 x  sin x  3  0 sin x  1   x    k 2 (k  Z)  3 sin x  (VN ) 2  2  x  2  y  2  4 Giải hệ phương trình:   x  7  y  3  6  x  2 Điều kiện:  . Ta có: y  2. 0.25. 1.0. Ta có:. 3.  x  2  y  2  4  x  7  x  2  y  3  y  2  10    x  7  y  3  6  x  7  x  2  y  3  y  2  2 Đặt u  x  7  x  2 và v  y  3  y  2 u  v  10 u  v  10 u  5    5 5  uv 25 2    v  5  u v  x  7  x  2  5 1 Khi đó ta có hệ   y  3  y  2  5 2  Giải pt (1) ta được: x = 2. 0.25. 0.25 0.25 0.25. 1,0. 0.25. u; v  0 , ta được hệ 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> x  2  x  7  x  2  5  Giải pt(2) ta được: y = 6. Khi đó   y  3  y  2  5  y  6 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x; y) = (2; 6) 4. 0.25. 1. Tính tích phân: I   x  2014 e2 x dx. 1,0. 0.  du  dx u  x  2014  Đặt   1 2x 2x  dv  e dx v  2 e 1 11 1  I  x  2014 e2 x   e2 x dx 0 20 2 . 0.25. 0.25. 1 2013e 2 1  1007  e2 x 0 2 4. 0.25. 4029  4027e 2 4 Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông ở A và B, AB  a, BC  a , AD  2a, SA   ABCD , góc giữa mặt phẳng SCD  với mặt đáy . 5. bằng 60 0 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng SCD  .. 0.25. 1,0. S. 0.25. H. O. A. B. D. C. AD  ·ACD  900 2 · Dễ thấy: CD  SAC   CD  SC , do đó góc giữa (SCD) và mặt đáy là góc SCA Gọi O là trung điểm AD ta có ABCO là hình vuông nên CO . a3 6 1 AD  BC ·  60 0  SA  a 6  V  SCA . AB.SA  S . ABCD  3 2 2 Trong mp SAC  kẻ AH  SC  AH  SCD   AH  d A, SCD . Trong tam giác vuông SAC ta có: 1 1 1 1 1 3      AH  a 2 2 2 2 2 AH AC AS 2 a 2 a 6. 0.25. 0.25.    . Vì BO / / SCD   d B, SCD   d O, SCD   6. 1 a 3 a 6 d A, SCD    2 4 2 2. 0.25. Tìm x, y dương thỏa mãn hệ phương trình sau:  2 x 2 (4 x  1)  2 y 2 (2 y  1)  y  32   1 x2  y 2  x  y    2. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  2 x 2 (4 x  1)  2 y 2 (2 y  1)  y  32(1)   1 x 2  y 2  x  y  (2)   2 1 2. 1 2. 0.25 1 2.  a  1  b  1. 1 2. (2)  ( x  ) 2  ( y  ) 2  1 . Đặt x   a, y   b  a 2  b 2  1   (1)  8a 3  14a 2 8a  4b3  4b 2  30  (4 a 2  11a  15)(a  1)  2b2 (b  1)  0  4a 2  11a  15  0. Vì:  . a 1  0. (3). (do a  1 )  (4a 2  11a  15)(a  1)  0. 0.25. và: 2b2 (b  1)  0 ( do b  1 )  b  0 a  1   (3)    b  1   b  0  a 1 . (vì a 2  b 2  1 ).   1 3  x  a  1  x   1   2 2   + Với  b  0  y  1  0  y   1    2 2. 0.25. ( thỏa mãn) 0.25 3 1 2 2. Kết luận : Hệ phương trình có nghiệm ( x; y )  ( ; ) 7.a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d ) : 2 x  y  2  0 và hai điểm A(4;6), B(0; 4) . Tìm trên đường thẳng (d ) điểm M sao cho véc tơ uuuur uuuur AM  BM có độ dài nhỏ nhất. uuuur uuuur M ( x0 ; 2 x0  2)  (d )  AM ( x0  4; 2 x0  4) , BM (x 0 ; 2 x0  6) . uuuur uuuur  AM  BM  (2 x0  4; 4 x0  2) . uuuur uuuur AM  BM  20 x02  20  2 5 uuuur uuuur AM  BM nhỏ nhất  x0  0  M (0; 2). 8.a. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm A 1; 0; 1, B 1; 2;3 , C 0;1; 2  và D 1; 1  m; 1  6m  . Tìm m để bốn điểm A, B, C , D cùng thuộc một mặt phẳng. uuur uuur Ta có AB  0; 2; 4 , AC  1;1;3 r uuur uuur Suy ra n   AB, AC   10; 4; 2  . ur Chọn n1 5; 2;1 làm vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC). 9.a. 1,0. 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 0.25 0.25.  mp  ABC  :5 x  2 y  z  4  0 . Để A, B, C, D đồng phẳng thì D   ABC . 0.25.  5.1  2. 1  m   1  6m   4  0  4m  4  0  m  1. 0.25. Lấy ngẫu nhiên lần lượt 3 chữ số khác nhau từ 5 chữ số 0;1; 2;3; 4  xếp thành hàng ngang từ trái sang phải . Tính xác suất để nhận được một số tự nhiên có 3 chữ số.. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> X  0;1; 2;3; 4. + Số cách lấy 3 chữ số khác nhau bất kỳ từ X và xếp chúng thành hàng ngang từ trái sang phải : A53  60 ( cách). Không gian mẫu :   60 + Gọi A là biến cố: “ Nhận được 1 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau” Giả sử số có 3 chữ số khác nhau được tạo thành là: abc (a  0) . a  0 nên a có 4 cách chọn b có 4 cách chọn c có 3 cách chọn. 0.25.   A  3.4.4  48. 0.25. Vậy xác suất cần tính là: P( A)  7.b. A . . 48 4  60 5. 0.25. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, biết A 3; 3 , hai đỉnh B, C thuộc đường thẳng x  2 y  1  0 , điểm E 3; 0  nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh C. Tìm tọa độ hai đỉnh B và C. uur Gọi I là trung điểm BC, do I  BC  I 2 m  1; m  , mà A(3;-3)  AI  2m  4; m  3  r uur r Do AI  uBC , mà u BC 2;1  2 2 m  4   m  3  0  m  1  I 1;1 B  BC  B 2b  1; b , b  ¡ . . Do C đối xứng với B qua I, suy ra uuur uuur C 3  2b; 2  b  , AB  2b  4; b  3 , CE  2b; b  2  . uuur uuur 3 Do AB  CE nên ta được: 2b 2b  4   b  2 b  3  0  b  2; b   5 Với b  2  B 3; 2 , C 1; 0  . 3  11 3   21 13  Với b    B   ;   , C  ;  . 5  5 5  5 5. 8.b. 0.25. 1,0. 0.25 0.25 0.25 0.25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0; 1; 3), B(3; 0; 3) và mặt cầu (S) có phương trình : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  6  0 . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua hai điểm A, B và mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu (S) theo một. 1,0. đường tròn có bán kính là 5 . Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 1; 1) , bán kính R  3 . r Giả sử (P) có véc tơ pháp tuyến n(a; b; c) , (a 2  b 2  c 2  0) . mp(P) đi qua A nên phương trình mặt phẳng (P) là: a( x  0)  b( y  1)  c( z  3)  0. 0.25.  ax  by  cz  b  3c  0 B  ( P) : 3a  3c  b  3c  0  b  3a d ( I , ( P))  32  ( 5)2  2 . a  b  c  b  3c 2. 2. a b c. 2.  2  a  2c  2 a 2  b 2  c 2  a  2c  2 10a 2  c 2.  a0 2  39a  4ac  0    a   4c 39  Với a  0 thì b  0 . Ta có phương trình ( P) : z  3  0 4 Với a   c. Chọn c  39 thì a  4 b  12 . 39 Ta được phương trình ( P) : 4 x  12 y  39 z  129  0. 0.25. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 9.b. Giải phương trình: 2 log 3 x 2  4  3 log 3 x  2   log 3 x  2   4 . 2. 2. 1,0.  x2  4  0  2 x  2   0 Điều kiện:   x  ; 3 2;   (*) 2 log 3 x  2   0  2 x  2   0 Biến đổi pt đã cho ta được: log 3. x. 2.  4. 0.25. 2. x  2 . 2.  3 log 3 x  2   4  0  log 3 x  2   3 log 3 x  2   4  0 2. 2. 2. t  1 2 Đặt t  log 3  x  2  t  0  thì pt (3) trở thành t 2  3t  4  0   t  4 loai   x  2  3 (loai ) 2 2 t  1  log 3  x  2   1   x  2   3    x  2  3 Vậy nghiệm của phương trình là x  2  3 . ---------- Hết ----------. (3). 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>