Đề KTCL ôn thi Đại học lần 2 năm học 2013-2014 môn Toán (khối B) - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

66
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh, sinh viên "Đề KTCL ôn thi Đại học lần 2 năm học 2013-2014 môn Toán" của Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng cùng với phần nâng cao với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết dành cho các bạn học sinh khối B.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề KTCL ôn thi Đại học lần 2 năm học 2013-2014 môn Toán (khối B) - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

SỞ 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 = x 3 - 3mx 2 + 3( m 2 - 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 4 x + 2 = cos 3 x + 4sin x + cos x. 1 Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 x 2 + 3 x + 1 = -4 x + + 3. x 2 2 x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: ò dx . 3 x 2 + 1 + x 2 - 1 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 1 1 1 3 rằng: 2 + 2 + 2 ³ . x (3 x - 1) y (3 y - 1) z (3 z - 1) 4 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 A(3;1; - 4). 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 - 3 = 0 , điểm 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 - z + 1 = 0 và 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: log 2 ( ) ( ) 3 x + 1 + 6 - 1 ³ log 2 7 - 10 - x . Hết Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl
KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 20132014 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 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 1,0 Khi m = 1 ta có hàm số y = x 3 - 3 x 2 Tập xác định: D = ¡ . 0,25 é x = 0 Ta có y ' = 3 x 2 - 6 x ; y ' = 0 Û ê ë x = 2 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, yCD = 0 ; đạt cực tiểu tại x = 2 , yCT = - 4 Giới hạn: lim y = +¥, lim y = -¥ . 0,25 x ®+¥ x ®-¥ Bảng biến thiên: x -¥ 0 2 +¥ y' + 0 0 + +¥ 0,25 y 0 -¥ 4 Đồ thị: 0,25 b 1,0 é x = m - 1 ( ) Ta có y¢ = 3 x 2 - 6mx + 3 m 2 - 1 ; y¢ = 0 Û x 2 - 2mx + m 2 - 1 = 0 Û ê 0,25 ë x = m + 1
Suy ra hàm số có cực đại và cực tiểu với mọi m Î ¡ . Ta có y ''( m - 1) = -6; y ''(m + 1) = 6 , do đó điểm cực đại của đồ thị hàm số là A ( m - 1 ; -3m + 3 ) . 0,25 Phương trình tiếp tuyến d : y = y¢ ( x A )( x - x A ) + y A Û d : y = -3m + 3 Ta có { B} = d Ç Oy Þ B ( 0 ; -3m + 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 . AB = m - 1 , OB = -3m + 3 . Nên diện tích tam giác OAB là 1 2 é m = -1 0,25 SDOAB = AB.OB Û ( m - 1) = 4 Û ê . 2 ë m = 3 Vậy m = - 1 và m = 3 thoả mãn yêu cầu. 2 1,0 Phương trình đã cho tương đương với 0,25 4sin x.cos x.cos 2 x + 2 = cos 3x + 4sin x + cos x Û 2sin x ( 2cos x.cos 2 x - 2 ) + 2 - cos 3 x - cos x = 0 Û 2sin x ( cos 3x + cos x - 2 ) + 2 - cos 3x - cos x = 0 0,25 Û (2sin x - 1)(cos 3x + cos x - 2) = 0 é p ê x = + k 2 p 1 6 *) sin x = Û ê 2 ê 5 p 0,25 x= + k 2 p êë 6 *) cos 3 x + cos x - 2 = 0 Û 4cos 3 x - 2 cos x - 2 = 0 Û cos x = 1 Û x = k 2 p p 5 p Vậy phương trình có các nghiệm: x = + k 2p , x = + k 2 p và x = k 2 p 0,25 6 6 với k Î¢ 3 1,0 ì x ¹ 0 ï ï 1 ĐK: í éê x ³ - (*) 0,25 ïê 2 ïî ë x £ -1 3 1 3 1 Nếu x > 0 thì phương trình tương đương với 2 + + 2 = -4 + + 2 (1 ) . x x x x 3 1 ìt ³ 0 Đặt t = 2 + + 2 (t ³ 0) (1 ) . Phương trình (1) trở thành í 2 Û t = 3 . x x î t = t - 6 0,25 é 3 + 37 ê x= (tm ) 3 1 14 Với t = 3 , ta có 2 + + 2 = 3 Û 7 x 2 - 3 x - 1 = 0 Û ê x x ê 3 - 37 êx= (k .tm) ë 14 3 1 3 1 Nếu x
3 1 ìt ³ 0 Đặt t = 2 + + 2 , (t ³ 0) . Phương trình ( 2 ) trở thành í 2 Û t = 2 . x x î t = 6 - t é 3 + 17 ê x= (k .tm ) 3 1 2 ê 4 Với t = 2 , ta có 2 + + 2 = 2 Û 2 x - 3 x - 1 = 0 Û x x ê 3 - 17 êx = (tm) ë 4 Kết hợp với điều kiện (*) suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm là: 3 + 37 3 - 17 0,25 x = , x = . 14 4 4 1,0 Đặt t = x 2 + 1 Þ x 2 = t 2 - 1 Þ xdx = tdt. Đổi cận : 0,25 x 3 2 2 t 2 3 3 3 tdt tdt Ta có I = ò 2 dx = ò 0,25 2 ( 2 t +t -2 t + 2 )( t - 1 ) 3 1 é 1 2 ù 1 3 2 3 = ò ê + údt = ln| t - 1| 2 + ln| t + 2 | 2 0,25 3 2 ë t - 1 t + 2 û 3 3 1 2 1 = ln 2 + ( ln 5 - ln 4 ) = ( 2 ln 5 - 3ln 2 ) . 3 3 3 0,25 1 Vậy I = ( 2ln 5 - 3ln 2 ) . 3 5 1,0 Gọi O là tâm của đáy, M là S 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 ) 0,25 A suy ra H Î OM . D Lại có H O M ì AC ^ SH í Þ AC ^ AH , hay B C î AC ^ SA tam giác AOH vuông cân tại A. Ta có ( SHM ) ^ CD Þ · là góc giữa hai mặt phẳng ( SCD ) và góc SMH 0,25 · = 60O . ( ABCD ) Þ SMH
3a 2 Tứ giác AOBH là hình vuông cạnh a Þ HM = . 2 0,25 3a 6 Trong tam giác vuông SHM ta có SH = HM .tan 600 = . 2 Thể tích khối chóp S . ABCD là 1 1 3a 6 2 0,25 V = SH .S ABCD = 2 a = a 3 6 (đvtt). 3 3 2 6 1,0 1 1 1 Từ giả thiết xy + yz + zx = 3 xyz Û + + = 3. x y z 1 1 1 1 1 1 Đặt = a, = b, = c Þ a + b + c = + + = 3. x y z x y z 1 a3 a 3 1 b3 b 3 0,25 Ta có 2 = 2 = 2 ; 2 = 2 = 2 ; x ( 3 x - 1) ( 3 - a ) ( b + c ) y ( 3 y - 1) ( 3 - b ) ( a + c ) 1 c3 c 3 2 = 2 = 2 . z ( 3 z - 1) ( 3 - c ) ( a + b ) a3 b3 c 3 3 Bất đẳng thức đã cho tương đương: 2 + 2 + 2 ³ (b + c ) (c + a ) ( a + b ) 4 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: a3 + ( b + c ) + ( b + c ) ³ 3 a ; b3 + ( c + a ) + ( c + a ) ³ 3 b 0,25 2 ( b + c ) 8 8 4 ( c + a )2 8 8 4 c3 + ( a + b ) + ( a + b ) ³ 3 c 2 ( a + b ) 8 8 4 a3 b3 c 3 3 1 2 + 2 + 2 ³ ( a + b + c ) - ( a + b + c ) 0,25 (b + c) (c + a ) ( a + b ) 4 2 a3 b3 c 3 1 3 Û 2 + 2 + 2 ³ ( a + b + c ) = . (b + c ) (c + a) ( a + b ) 4 4 0,25 Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = 1 Û x = y = z = 1. 7.a 1,0 M Giả sử A ( t ; t - 4 ) Î d , do tam giác AMN cân tại d A B đỉnh A nên AM = AN Û AM 2 = AN 2 2 2 2 Û ( t - 4 ) + ( t - 4 ) = t 2 + ( t - 6 ) Û t = -1 0,25 Þ A ( -1; - 5 ) D N C BC đi qua M ( 4; 0 ) nên phương trình BC có dạng 0,25
ax + by - 4 a = 0 (a 2 ) + b 2 > 0 Do CD ^ BC và CD đi qua N ( 0; 2 ) Þ phương trình CD : bx - ay + 2a = 0 . Do ABCD là hình vuông nên khoảng cách d ( A, BC ) = d ( A, CD ) -5a - 5b é3a + b = 0 7 a - b 0,25 Û = Ûê a2 + b2 a 2 + b 2 ë a - 3b = 0 Nếu 3a + b = 0 , chọn a = 1 Þ b = -3 Þ phương trình BC : x - 3 y - 4 = 0 0,25 Nếu a - 3b = 0 , chọn a = 3 Þ b = 1 Þ phương trình BC : 3x + y - 12 = 0 . 8.a 1,0 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên trục Oy, suy ra H (0;1;0) . Do đó uuur 0,25 HA(3;0; -4) Þ HA = 5. uuur B thuộc Oy nên B(0; b;0) Þ HB (0; b - 1; 0) . Do tam giác ABC vuông cân tại A éb = 6 0,25 nên HB = HA Þ| b - 1|= 5 Þ ê ë b = -4 Với b = 6 Þ B (0; 6;0) Þ C (0; - 4;0) . 0,25 Với b = -4 Þ B(0; -4;0) Þ C (0;6;0) . 0,25 9.a 1,0 4 Số phần tử của không gian mẫu là W = C16 = 1820 . 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: C41C 5 3 0,25 1 2 1 Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là: C4C5 C 7 Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là: C41C51C 7 2 Khi đó W B = C41C53 + C41C71C52 + C41C72 C5 1 = 740 . 0,25 W B 740 37 Xác suất của biến cố B là P ( B ) = = = . 0,25 W 1820 91 7.b 1,0 M A Gọi H là hình chiếu của M trên d, suy ra H (t ;3 - t ) . B uuuur r N H Ta có MH (t + 1;1 - t ) , d có véc tơ chỉ phương u (1; -1) . MH vuông góc với d suy ra uuuur 0,25 t + 1 - 1 + t = 0 Þ t = 0 Þ MH (1;1) . D C Do đó MB = 2.MH = 2 . B thuộc d nên B(b;3 - b) ; MB = 2 Û (b + 1) 2 + (1 - b) 2 = 4 0,25 Suy ra b = 1 hoặc b = - 1 (loại). Từ đó B (1;2) . AB đi qua M và B nên phương trình AB là y = 2. AD qua N và vuông góc với 0,25 AB nên phương trình AD là x = 2 . Vậy A (2; 2) .
ì x = 2 Tọa độ D là nghiệm hệ í Þ D (2;1) . Gọi I là trung điểm BD suy ra î x + y - 3 = 0 æ3 3ö 0,25 I ç ; ÷ . I là trung điểm AC nên C (1;1). è 2 2 ø Vậy A(2; 2), B (1;2), C (1;1), D (2;1). 8.b 1,0 Gọi M ( 0; a;0 ) , N ( 0;0; b ) trong đó ab ¹ 0 . Ta có uuuur uuur 0,25 AM = ( -3;2 + a;2 ) , AN = ( -3;2; b + 2 ) . r Gọi véctơ pháp tuyến của ( Q ) là n Q r uuuur uuur Þ nQ = éë AM , AN ùû = ( 2a + 2b + ab ; 3a ;3 b ) .Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng 0,25 r ( P ) là nP = (1; -1; -1 ) . r r r r ( P ) ^ ( Q ) Û nP ^ nQ Û nP . nQ = 0 Û ab - a - b = 0 (1) và é a = b 0,25 OM = ON Û a = b Û ê (2) . ë a = -b Từ (1) và (2) ta được é a = 0 (loai ) r + a = b Þ ê . Với a = 2 Þ nQ = (12;6; 6 ) Þ ( Q ) :2 x + y + z - 2 = 0 ë a = 2 0,25 + a = -b Þ a = 0 (loai ) . Vậy phương trình ( Q ) : 2 x + y + z - 2 = 0 . 9.b 1,0 1 ĐK : - £ x £ 10 . 3 0,25 6 + 3 x + 1 Bất phương trình tương đương log 2 2 ( ³ log 2 7 - 10 - x ) Û 3 x + 1 + 2 10 - x ³ 8 Û 4 ( 3 x + 1)(10 - x ) ³ 23 + x 0,25 1 Với - £ x £ 10 bất phương trình tương đương với 3 0,25 369 49 x 2 - 418 x + 369 £ 0 Û 1 £ x £ 49 369 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là : 1 £ x £ 0,25 49 Hết Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl