Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc phần B A.. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có
Trang 1SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 20132014
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 y=x3-3mx2 +3(m2-1)x-m 3 + 1, (1) (với m là tham số).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 1.
b) Gọi d là tiếp tuyến tại điểm cực đại A của đồ thị hàm số (1). Đường thẳng d cắt trục Oy tại
điểm B Tìm tất cả các giá trị của m để diện tích tam giác OAB bằng 6, với O là gốc tọa độ. Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: sin 4x+2=cos 3x+4sinx+ cos x
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 1
x
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân:
2 2
3
.
x
dx
x + +x -
ò
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2 , SA = SB ,
SA vuông góc với AC , mặt phẳng ( SCD tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 60 ) O . Tính thể
tích khối chóp S ABCD theo a
Câu 6 (1,0 điểm). Cho , , x y z là ba số thực dương thỏa mãn xy+ yz+zx= 3 xyz . Chứng minh
x x- + y y- + z z - ³
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 hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc
đường thẳng d x: -y - = 4 0, đường thẳng BC đi qua điểm M (4;0), đường thẳng CD đi qua
điểm N (0; 2). Biết tam giác AMN cân tại A , viết phương trình đường thẳng BC.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm (3;1; 4). A - Tìm tọa độ các điểm B C thuộc trục Oy sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. ,
Câu 9.a (1,0 điểm). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy
ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, có BD nằm trên ,
đường thẳng d x y : + - = , điểm 3 0 M - ( 1; 2) thuộc đường thẳng AB, điểm N (2; 2) - thuộc đường
thẳng AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết điểm B có hoành độ dương.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) P : x-y- + = và z 1 0
điểm A ( 3; 2; 2 - - Viết phương trình mặt phẳng ) ( ) Q đi qua A , vuông góc với mặt phẳng ( ) P và
cắt các trục Oy Oz lần lượt tại , M N sao cho OM , = ON (M, N không trùng với O).
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải bất phương trình: log2( 3x+ +1 6) - ³1 log2 ( 7- 10 - x ) .
Hết
Trang 2KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 20132014
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:
Khi m = ta có hàm số 1 y= x3 - 3 x 2
Tập xác định: D = ¡
Ta có y'=3x2 - 6 x ; 0
' 0
2
x
y
x
=
é
ë
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng(-¥ ; 0) và (2;+¥ ; nghịch biến trên )
khoảng (0; 2)
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0,y CD = ; đạt cực tiểu tại 0 x=2 ,y CT = - 4
Bảng biến thiên:
4
+¥
+¥
-¥
-¥
0,25
Đồ thị:
0,25
1
x m
x m
é
Trang 3Suy ra hàm số có cực đại và cực tiểu với mọi m Î ¡
Ta có y m''( -1)= -6; ''(y m +1)= , do đó điểm cực đại của đồ thị hàm số là 6
( 1 ; 3 3 )
A m- - m +
Phương trình tiếp tuyến d : y= y x¢ ( )( A x-x A) +y A Ûd: y = -3m + 3
0,25
Ta có { } B =dÇOyÞB( 0 ; 3- m + 3 ) . Điều kiện có tam giác là m ¹ 1 0,25
Do tiếp tuyến song song với trục Ox nên tam giác OAB vuông tại B
1 ,
AB= m - OB= -3m + Nên diện tích tam giác OAB là 3
1
3
2
OAB
m
m
D
= -
é
ë
.
Vậy m = - và 1 m = thoả mãn yêu cầu. 3
0,25
Phương trình đã cho tương đương với
2sinx 2 cos cos 2x x 2 2 cos 3x cosx 0
0,25
*)
2
sin
5
2
2
6
x
p
p
p p
é
ê
ê
*) cos 3x+cosx-2=0Û4 cos3 x-2 cosx-2=0Ûcosx= Û1 x= k p2
0,25
với k Î ¢
0,25
ĐK:
0
1
2
1
x
x
x
¹
ì
ï
ïé
³ -
í ê
ï ê
ï ë £ -
î
Nếu x > thì phương trình tương đương với 0 2 3 12 4 3 1 2
+ + = - + + ( ) 1
Đặt t 2 3 1 2 (t 0)
x x
2
0
3
6
t
t
t t
³
ì
Û =
í
î
.
Với t = , ta có 3 2 2
( )
( )
14
x x
x x
=
ê
ê
=
ê
ë
0,25
Nếu x < thì phương trình tương đương với 0 2 3 12 4 3 1 2
0,25
Trang 4Đặt t 2 3 1 2
x x
= + + , (t ³ 0) . Phương trình ( ) 2 trở thành 0 2 2
6
t
t
³
ì
Û =
í
= -
î
.
2
( )
( )
4
x x
x x
=
ê
ê
=
ê
ë Kết hợp với điều kiện (*) suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm là:
14
x = + , 3 17
4
Đặt t = x2+ Þ1 x2 =t2 - Þ1 xdx= tdt
Đổi cận :
0,25
Ta có
2
3
2
Vậy 1 ( 2ln 5 3ln 2 )
3
0,25
D
B
A
C
S
Gọi O là tâm của đáy, M là
trung điểm của CD Vì SA=SB nên S thuộc mặt phẳng
trung trực của AB (cũng là mặt phẳng trung trực của CD). Gọi
H là hình chiếu vuông góc của
S trên mặt phẳng ( ABCD )
suy ra HÎ OM .
Lại có
AC SH
AC AH
AC SA
^
ì
í
^
î
, hay
tam giác AOH vuông cân tại A.
0,25
Ta có ( SHM) ^CD Þ góc · SMH là góc giữa hai mặt phẳng ( SCD và )
(ABCD ) · 60 O
SMH
0,25
Trang 5Tứ giác AOBH là hình vuông cạnh 3 2 .
2
a
aÞHM =
Trong tam giác vuông SHM ta có tan 600 3 6 .
2
a
0,25
Thể tích khối chóp S ABCD là
a
Từ giả thiết xy yz zx 3xyz 1 1 1 3.
x y z
x = y = z = Þ + + = x+ y + z =
Ta có
1
;
x x- = -a = b+ c ( ) ( ) ( )
1
;
y y- = -b = a+ c
1
.
z z- = -c = a+ b
0,25
Bất đẳng thức đã cho tương đương:
3
4
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
3
2
3
b c
3
2
3
c a
+
3
2
3
a b
+
0,25
.
a b c
Đẳng thức xảy ra Ûa=b= = Ûc 1 x= y= z = 1.
0,25
d
A
D
B
C
M
N
Giả sử A t t( ; -4 ) Î , do tam giác AMN cân tại d
AM =AN Û AM = AN
1; 5
A
0,25
BC đi qua M ( 4; 0 ) nên phương trình BC có dạng
0,25
Trang 6( 2 2 )
ax+by- a= a +b >
Do CD^ BC và CD đi qua N ( 0; 2 ) Þ phương trìnhCD : bx-ay+2a = 0
Do ABCD là hình vuông nên khoảng cách d A BC( , ) = d A CD ( , )
a b
a b
+ =
0,25
Nếu 3a+ = , chọn b 0 a= Þ = - Þ phương trình 1 b 3 BC x: -3y - = 4 0
Nếu a-3b = , chọn 0 a= Þ = Þ phương trình 3 b 1 BC: 3x+ y -12= 0 0,25
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên trục Oy, suy ra H (0;1; 0) . Do đó
HA - ÞHA =
B thuộc Oy nên B(0; ;0)b ÞHBuuur (0;b - 1; 0)
. Do tam giác ABC vuông cân tại A
4
b
b
=
é
ë
0,25
Gọi B là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá
hai quả màu vàng”. Ta xét ba khả năng sau:
Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là: C C 14 5 3
Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là: C C C 14 52 1 7
Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là: C C C 14 51 7 2
0,25
Khi đó WB =C C41 53 +C C C14 17 52 +C C C 41 72 5 1 = 740 . 0,25
B
P B = W = =
Gọi H là hình chiếu của M trên d, suy ra H t( ;3- t )
Ta có MH tuuuur ( +1;1- t )
, d có véc tơ chỉ phương (1; 1) u - r
.
MH vuông góc với d suy ra
t+ - + =t Þ =t Þ MH uuuur
.
0,25
Do đó MB= 2.MH = 2
B thuộc d nên B b( ;3- ; b ) MB=2Û(b+1)2+(1-b )2 = 4
Suy ra b = hoặc 1 b = - (loại). Từ đó (1; 2) 1 B
0,25
AB đi qua M và B nên phương trình AB là y = 2. AD qua N và vuông góc với
AB nên phương trình AD là x = Vậy 2 A (2; 2) . 0,25
A
D
B
C
M
H N
Trang 7Tọa độ D là nghiệm hệ 2
(2;1)
3 0
x
D
x y
=
ì
Þ
í
î
. Gọi I là trung điểm BD suy ra
3 3
;
2 2
I æç ö ÷
è ø . I là trung điểm AC nên (1;1). C
Vậy A(2; 2), (1; 2),B C(1;1),D (2;1).
0,25
Gọi M( 0; ;0 ,a ) ( N 0;0; b trong đó ) ab ¹ Ta có 0
( 3; 2 ; 2 ,) ( 3; 2; 2 )
AM = - +a AN = - b +
Gọi véctơ pháp tuyến của ( ) Q là n r Q
Q
uuuur uuur
r
.Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng
( ) P là n =r P ( 1; 1; 1 - - )
.
0,25
( ) ( ) P ^ Q ÛnrP ^nrQ Ûnr r P.n Q =0Ûab-a-b = 0
(1) và
(2)
a b
a b
=
é
ë
Từ (1) và (2) ta được
2
a loai
a b
a
=
é
ë
. Với a= Þ2 nr Q =( 12;6; 6) ( ) Þ Q :2x+ y+ -z 2= 0
+ a= - Þb a = 0 (loai ) .
Vậy phương trình ( )Q : 2x+y+ -z 2= 0
0,25
3 x
2
x
x
0,25
Với 1
10
3 x
- £ £ bất phương trình tương đương với
49
x - x+ £ Û £ x £
0,25
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là : 1 369
49
x
Hết
