Thi thu DH lan 2 DVinh Phuc 2014

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... SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC.[r]

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 x 3m2 m 3x m 2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 tại ba điểm phân biệt có 2 hoành độ lần lượt là x x x và đồng thời thỏa mãn đẳng thức 1, ,2 3 2 2 2

x x x 

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 2 4 sin

x

     

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 4  , 

x y





¡

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân: 1  2

0

2014 x

I x e dx

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   a Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD , góc giữa mặt phẳng )

SCD với mặt phẳng ( ABCD bằng ) 60 Tính theo a thể tích khối chóp 0 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 2

2 (4 1) 2 (2 1) 32

1 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 ( ) : 2 d x y   và hai điểm 2 0 (4;6), (0; 4)

A B  Tìm trên đường thẳng ( )d điểm M sao cho véc tơ AM BMuuuuruuuur 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

1; 1 ; 1 6 

D m  m 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2y  , điểm 1 0 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 (0; 1; 3), (3;0; 3) A   B  và mặt cầu

(S) có phương trình : x2y2z22x2y2z  Viết phương trình mặt phẳng ( )6 0 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   2  2

2 log x 4 3 log x2 log x2  4

-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:………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013-2014

Môn: TOÁN; Khối D 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:

1 a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 2 1,0

Khi m hàm số (1) có dạng 2 y x 33x

a) Tập xác định D  ¡

b) Sự biến thiên

+) Chiều biến thiên: y' 3 x2 , ' 03 y     x 1

Hàm số đồng biến trên các khoảng   và ; 1 1;  

Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;1

0.25

+) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 1,y CD  2

Hàm số đạt cực tiểu tại x1,y CT   2

0.25

+) Bảng biến thiên:

x  1 1 

/

y + 0  0 +

y

2 

 2

0.25

c) Đồ thị: y 0 x33x  0 x 0,x  3

Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại các điểm  0;0 , 3;0 , 3;0

'' 0y  6x    đồ thị hàm số nhận điểm 0 x 0  0;0 làm điểm uốn

0.25

b Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y tại 2

ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x x x và đồng thời thỏa mãn đẳng thức 1, ,2 3

x x x 

1.0

4

2

-2

-4

2 1

-2 -1 0

(Đáp án có 06 trang)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng y : 2

x  m  m x m  m   x  m  m x m  m 0.25

2

3 0

3 0 2

x m







Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai 2

nghiệm phân biệt khác m

2

6

m



        

0.25

Giả sử x1m x x; 2, 3 là 2 nghiệm của (2) Khi đó theo định lí Viet ta

được: 2 3

  



   



x x x  m  x x  x x 

0.25

4

m

m





So sánh với điều kiện của m ta được m thỏa mãn 3

0.25

2

Giải phương trình: 2 2 4 sin

x

     

Ta có: cos2 cos2 4 sin

x

     

4 sin

x



0.25

2

sinx 2 cos 2x 0 2sin x sinx 3 0

sin 1 3

2

x

 









2 2



3

Giải hệ phương trình: 2 2 4





Điều kiện: 2

2

x y

 



 

 Ta có:

0.25

Đặt u x 7 x và 2 v y 3 y2 u v; 0, ta được hệ

10

5 5 2

u v

u v

 





  



0.25

 





Giải pt (1) ta được: x = 2

0.25

Giải pt(2) ta được: y = 6 Khi đó 7 2 5 2

6

y

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x; y) = (2; 6)

0.25

4

Tính tích phân: 1  2

0

2014 x

2

x x

du dx

u x

dv e dx





 





0

1

2014

0

2

2 1

2013 1007 1

0

x

2

4029 4027 4

e



5 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông ở A và B,

AB a BC a AD   a SA ABCD , góc giữa mặt phẳng SCD với mặt đáy 

bằng 60 Tính theo a thể tích khối chóp 0 S ABCD và khoảng cách từ đỉnh B đến mặt

phẳng SCD 

1,0

Gọi O là trung điểm AD ta có ABCO là hình vuông nên · 900

2

AD

0.25

Dễ thấy: CDSACCDSC , do đó góc giữa (SCD) và mặt đáy là góc ·SCA

.

S ABCD

Trong mp SAC kẻ   AH SCAH SCD AH d A SCD ,  

Trong tam giác vuông SAC ta có:

   2 2

0.25

Vì / /   ,    ,   1  ,   3 6

6 Tìm x y, dương thỏa mãn hệ phương trình sau:

2 2

2 (4 1) 2 (2 1) 32

1 2





   



1,0

O

S

H

2 2

2 2

2 (4 1) 2 y (2 1) 32(1)

1 (2) 2





   

x a y  b a b  1

1

a b

 



  



0.25

(1) 8a314a28a4b34b230

(4 a 11a 15)(a 1) 2 (b b 1) 0

1 0

a



 

 (do a1 ) (4a211a15)(a 1) 0 và: 2 (b b2  1) 0 ( do b1 )

0.25

 (3)

0

1 1

0 1

b

a b

b a

 







  





 



+ Với

1

0

a b





( thỏa mãn)

Kết luận : Hệ phương trình có nghiệm ( ; ) ( ; )3 1

2 2

0.25

7.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ( ) : 2d x y  2 0 và hai

điểm A(4;6), B(0; 4) Tìm trên đường thẳng ( )d điểm M sao cho véc tơ

AM BM

uuuur uuuur

có độ dài nhỏ nhất

1,0

0 0

( ;2 2) ( )

M x x   d uuuurAM x( 04; 2x04) , uuuurBM(x ; 20 x06) 0.25

(2 4; 4 2)

2 0

20 20 2 5

uuuur uuuur

0.25

AM BM

uuuur uuuur

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 6 m Tìm m để bốn điểm , , , A B C D cùng thuộc một mặt phẳng 1.0

Ta có uuurAB0; 2;4 ,  uuurAC  1;1;3 0.25 Suy ra nruuur uuurAB AC,   10; 4; 2  

Chọn nur15; 2;1 làm vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) 0.25

     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

9.a 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

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 : 3

5 60

A  ( cách) Không gian mẫu :  60

0.25

+ 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)

0

a nên a có 4 cách chọn

b có 4 cách chọn

c có 3 cách chọn

0.25

3.4.4 48

A

60 5

A

7.b 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2y  , điểm 1 0 E 3;0 nằm trên đường cao kẻ

từ đỉnh C Tìm tọa độ hai đỉnh B và C

1,0

Gọi I là trung điểm BC, do IBCI2m1;m, mà A(3;-3)uurAI2m4;m3

Do uurAIurBC, mà urBC  2;1 2 2 m4  m3 0 m 1 I 1;1 0.25

2 1; ,

B BC B b b b  ¡ Do C đối xứng với B qua I, suy ra

3 2 ;2 

C  b b , uuurAB2b4;b3 , CEuuur2 ;b b2 0.25

Do AB CEuuuruuur nên ta được: 2 2 4  2 3 0 2; 3

5

b b  b b   b b  0.25 Với b 2 B 3;2 , C1;0

Với 3 11; 3 , 21 13;

b  B   C 

0.25

8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0; 1; 3), (3;0; 3)  B  và mặt

cầu (S) có phương trình : x2y2z22x2y2z 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

1,0

Mặt cầu ( )S có tâm I( 1; 1; 1)   , bán kính R3

Giả sử (P) có véc tơ pháp tuyến n a b cr( ; ; ),(a2b2c2 0)

mp(P) đi qua A nên phương trình mặt phẳng (P) là:a x( 0)b y(  1) c z( 3) 0

3 0

ax by cz b c

B P a c b  c   b a

0.25

( , ( )) 3 ( 5) 2

3 2

    

 

2

0

39

a

a







  



0.25

Với a0 thì b0 Ta có phương trình ( ) :P z 3 0 0.25

39

a  c Chọn c39 thì a 4 b12

Ta được phương trình ( ) : 4P x12y39z129 0

0.25

9.b Giải phương trình:  2   2  2

2 log x 4 3 log x2 log x2  4 1,0

Điều kiện:  

2 2 2 3

2

4 0

; 3 2;

x x

x x

x

  











Biến đổi pt đã cho ta được:

2 2

4

2

x

x



0.25

3

t x t thì pt (3) trở thành

3 4 0

4

t





      



 2  2 3

2 3 ( )

x

   

  



0.25

Vậy nghiệm của phương trình là x  2 3 0.25

- Hết -