Đề KTCL ôn thi ĐH môn Toán - THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 2 (2013-2014) khối D

Chia sẻ: Phan Thanh Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

148
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là đề kiểm tra chất lượng ôn thi ĐH môn Toán - THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 2 (2013-2014) khối D mời các bạn và thầy cô hãy tham khảo để giúp các em mình củng cố kiến thức cũng như cách giải các bài tập nhanh và chính xác nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề KTCL ôn thi ĐH môn Toán - THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 2 (2013-2014) khối D

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 20132014 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 - ( 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 = 2 tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 , x2 , x và đồng thời thỏa mãn đẳng thức x12 + x2 + x3 = 18 . 3 2 2 æp ö 2 æ p ö 4 + sin x Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: cos 2 ç + x ÷ + cos ç - x ÷ = . è3 ø è3 ø 2 ì x + 2 + y - 2 = 4 ï Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: í ( x, y Î ¡ ) ï x + 7 + y + 3 = 6 î 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = ò 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 ) 0 ( SCD ) với mặt phẳng ( ABCD ) bằng 60 . 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: ì 2 x 2 (4 x + 1) + 2 y 2 (2 y + 1) = y + 32 ï í 1 ï x 2 + y 2 - x + y = î 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 uuuu uuuu r r A(4;6), B (0; - . Tìm trên đường thẳng ( d ) điểm M sao cho véc tơ AM + BM có độ dài nhỏ nhất. 4) Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm A (1;0; -1) , B (1; - ) , C ( 0;1; 2 ) và 2;3 D (1; 1 - m; 1 + 6 ) . Tìm m để bốn điểm A, B, C , D cùng thuộc một mặt phẳng. m 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; - ) , hai 3 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; - và mặt cầu 3) (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 ) 2 2 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 . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 20132014 (Đáp án có 06 trang) 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: 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 Û x = ± . 1 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥; - 1) và (1; + ¥ ) . 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 0.25 3 æ 3 ö 3 æ 3 ö +) Giới hạn: lim y = lim x ç1 - 2 ÷ = -¥; lim y = lim x ç1 - 2 ÷ = +¥ . x ®-¥ x ®-¥ è x ø x ®+¥ x ®+¥ è x ø +) Bảng biến thiên: x -¥ - 1 1 +¥ / y + 0 - 0 + 2 +¥ 0.25 y -¥ - 2 3 c) Đồ thị: y = 0 Û x - 3 x = 0 Û x = 0, x = ± 3 . ( Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại các điểm ( 0; 0 ) , - 3; 0 , )( ) 3; 0 . y '' = 0 Û 6 x = 0 Û x = 0 Þ đồ thị hàm số nhận điểm ( 0;0 ) làm điểm uốn. 4 2 2 0.25 1 1 0 1 10 5 5 1 0 1 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 1.0
ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 , x2 , x và đồng thời thỏa mãn đẳng thức 3 x12 + x2 + x3 = 18 . 2 2 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng y = 2 : 0.25 x 3 - ( m 2 + m - 3 ) x + m 2 - 3m + 2 = 2 Û x 3 - ( m 2 + m - 3) x + m 2 - 3m = 0 é x = m Û ( x - m ) ( x 2 + mx - m + 3) = 0 Û ê 2 ë 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 ì m2 + m 2 - m + 3 ¹ 0 ï é m > 2 nghiệm phân biệt khác m Û í 2 Ûê ï D = m - 4 ( -m + 3) > 0 ë m < -6 î Giả sử x1 = m ; x2 , x3 là 2 nghiệm của (2). Khi đó theo định lí Viet ta ì x + x = - m được: í 2 3 0.25 î x2 .x3 = - m + 3 2 Do đó x12 + x2 + x3 = 18 Û m2 + ( x2 + x3 ) - 2 x2 x3 = 18 2 2 é m = 3 Û m 2 + m 2 - 2 ( - m + 3 ) = 18 Û m2 + m - 12 = 0 Û ê . m ë = -4 0.25 So sánh với điều kiện của m ta được m = 3 thỏa mãn. 2 æp ö 2 æ p ö 4 + sin x Giải phương trình: cos 2 ç + x ÷ + cos ç - x ÷ = 1.0 è3 ø è3 ø 2 æp ö 2 æ p ö 4 + sin x Ta có: cos 2 ç + x ÷ + cos ç - x ÷ = è3 ø è3 ø 2 æ 2p ö æ 2 p ö 0.25 1 + cos ç + 2 x ÷ 1 + cos ç - 2 x ÷ Û è 3 ø+ è 3 ø = 4 + sin x 2 2 2 æ 2p ö æ 2p ö p 2 Û - sin x - 2 + cos ç + 2 x ÷ + cos ç - 2 x ÷ = 0 Û - sin x - 2 + 2 cos cos 2 x = 0 0.25 è 3 ø è 3 ø 3 Û - sin x - 2 - cos 2 x = 0 Û 2sin 2 x - sin x - 3 = 0 0.25 ésin x = -1 p Ûê p Û x = - + k 2 (k Î Z) 0.25 êsin x = 3 (VN ) 2 ë 2 3 ì x + 2 + y - 2 = 4 ï Giải hệ phương trình: í 1,0 ï x + 7 + y + 3 = 6 î ì x ³ -2 Điều kiện: í . Ta có: î y ³ 2 ì x+2+ y-2 = 4 ï ì x + 7 + x + 2 + y + 3 + y - 2 = 10 ï 0.25 í Ûí ï x+7 + y+3 = 6 î ï x + 7 - x + 2 + y + 3 - y - 2 = 2 î Đặt u = x + 7 + x + 2 và v = y+3 + y-2 ( u; v > 0 ) , ta được hệ ìu + v = 10 0.25 ï ìu + v = 10 ìu = 5 í 5 5 Ûí Ûí ï u + v = 2 îuv = 25 î v î = 5 ì x + 7 + x + 2 = 5 (1 ï ) Khi đó ta có hệ í ï y + 3 + y - 2 = 5 ( 2 ) 0.25 î
Giải pt (1) ta được: x = 2 ì x + 7 + x + 2 = 5 ì x = 2 ï Giải pt(2) ta được: y = 6. Khi đó í Ûí 0.25 ï y + 3 + y - 2 = 5 î y = 6 î Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x; y) = (2; 6) 1 4 Tính tích phân: I = ò x - 2014 ) e 2 x dx ( 1,0 0 ì du = dx ìu = x - 2014 ï Đặt í 2 x Þí 1 2 x 0.25 î dv = e dx ïv = 2 e î 1 2x 1 1 1 2 x Þ I = ( x - 2014 ) e - e dx 0.25 2 0 2 ò 0 2 2013e 1 1 =- + 1007 - e2 x 0.25 2 4 0 4029 - 4027 2 e 0.25 = 4 5 ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông ở A và B, Cho hình chóp S . AB = a, BC = a, AD = 2a, SA ^ ( ABCD ) , góc giữa mặt phẳng ( SCD ) với mặt đáy 0 1,0 bằng 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng ( SCD ) . S H 0.25 A O D B C AD · 0 Gọi O là trung điểm AD ta có ABCO là hình vuông nên CO = Þ ACD = 90 2 · Dễ thấy: CD ^ ( SAC ) Þ CD ^ SC , do đó góc giữa (SCD) và mặt đáy là góc SCA 1 AD + BC 3 a 6 0.25 · Þ SCA = 60 0 Þ SA = a 6 Þ VS . ABCD = . AB. = SA 3 2 2 Trong mp ( SAC ) kẻ AH ^ SC Þ AH ^ ( SCD ) Þ AH = d ( A, ( SCD ) ) . Trong tam giác vuông SAC ta có: 0.25 1 1 1 1 1 3 2 = 2 + 2 = 2 + 2 Þ AH = a AH AS AC 2 a 6 ( ) ( a 2 ) 1 a 3 a 6 Vì BO / / ( SCD ) Þ d ( B, ( SCD ) ) = d ( O, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) = = 0.25 2 2 2 4 6 Tìm x , y dương thỏa mãn hệ phương trình sau: ì 2 x 2 (4 x + 1) + 2 y 2 (2 y + 1) = y + 32 ï 1,0 í 1 ï x 2 + y 2 - x + y = î 2
ì 2 x 2 (4 x + 1) + 2 y 2 (2 y + 1) = y + 32(1) ï í 1 ï x 2 + y 2 - x + y = (2) î 2 0.25 1 1 1 1 ì a £ 1 ï (2) Û ( x - ) 2 + ( y + )2 = 1 . Đặt x - = a , y + = b Þ a 2 + b 2 = 1 Þ í 2 2 2 2 ï b £ 1 î (1) Û 8a 3 + 14a 2 +8a + 4b3 - 4b 2 = 30 Û (4 a 2 + 11a + 15)(a - 1) + 2b 2 (b - 1) = 0 (3) ì 4a 2 + 11a + 15 > 0 0.25 Vì: í (do a £ 1 ) Þ (4 a 2 + 11a + 15)( a - 1) £ 0 î a - 1 £ 0 và: 2b 2 (b - 1) £ 0 ( do b £ 1 ) ì éb = 0 ï ì a = 1 Þ (3) Û í ê b = 1 Û í ë (vì a 2 + b 2 = 1 ) 0.25 ï a = 1 îb = 0 î ì ì 1 ì 3 ï a = 1 ï x - = 1 ï x = ï ï ï 2 2 + Với í Ûí Ûí ( thỏa mãn) ïb = 0 ï y + 1 = 0 ï y = - 1 ï î ï î 2 ï î 2 0.25 3 1 Kết luận : Hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( ; ) 2 2 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; - . Tìm trên đường thẳng (d ) điểm M sao cho véc tơ 4) 1,0 uuuu uuuu r r AM + BM có độ dài nhỏ nhất. uuuu r uuuu r M ( x0 ; 2 x0 + 2) Î ( d ) Þ AM ( x0 - 4; 2 x0 - 4) , BM (x 0 ; 2 x0 + 6) . 0.25 uuuu uuuu r r Þ AM + BM = (2 x0 - 4; 4 x0 + 2) . 0.25 uuuu uuuu r r 2 AM + BM = 20 x0 + 20 ³ 2 5 0.25 uuuu uuuu r r AM + BM nhỏ nhất Û x0 = 0 Û M (0; 2) 0.25 8.a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm A (1;0; -1) , B (1; - ) , C ( 0;1; 2 ) 2;3 1.0 và D (1; 1 - m; 1 + 6 ) . Tìm m để bốn điểm A, B, C , D cùng thuộc một mặt phẳng. m uuu r uuur Ta có AB = ( 0; -2; 4 ) , AC = ( -1;1;3 ) 0.25 r uuu uuur r Suy ra n = é AB, AC ù = ( -10; -4; -2 . ë û ) ur 0.25 Chọn n ( 5; 2;1 làm vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) 1 ) Þ mp ( ABC ) :5 x + 2 y + z - 4 = 0 . Để A, B, C, D đồng phẳng thì D Î ( ABC ) 0.25 Û 5.1 + 2. (1 - m ) + (1 + 6 m ) - 4 = 0 Û 4m + 4 = 0 Û m = - 1 0.25 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 1,0 chữ số.
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 0.25 3 trái sang phải : A5 = 60 ( cách). Không gian mẫu : W = 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 ¹ 0) . a ¹ 0 nên a có 4 cách chọn 0.25 b có 4 cách chọn c có 3 cách chọn Þ W A = 3.4.4 = 48 0.25 W A 48 4 Vậy xác suất cần tính là: P( A) = = = 0.25 W 60 5 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 - 2 y + 1 = 0 , điểm E ( 3;0 ) nằm trên đường cao kẻ 1,0 từ đỉnh C. Tìm tọa độ hai đỉnh B và C. uur Gọi I là trung điểm BC, do I Î BC Þ I ( 2 m - 1; m ) , mà A(3;3) Þ AI = ( 2m - 4; m + 3 ) uur r r 0.25 Do AI ^ u BC , mà u BC ( 2;1 Þ 2 ( 2 m - 4 ) + ( m + 3 ) = 0 Û m = 1 Þ I (1;1 ) ) B Î BC Þ B ( 2b - 1; b ) , b Î ¡ . Do C đối xứng với B qua I, suy ra . uuu r uuu r 0.25 C ( 3 - 2b; 2 - b ) , AB = ( 2b - 4; b + 3) , CE = ( 2b; b - 2 ) . uuu uuu r r 3 Do AB ^ CE nên ta được: 2b ( 2b - 4 ) + ( b - 2 )( b + 3) = 0 Û b = 2; b = - 0.25 5 Với b = 2 Þ B ( 3; 2 ) , C ( - 0 ) . 1; 3 æ 11 3 ö æ 21 13 ö 0.25 Với b = - Þ B ç - ; - ÷ , C ç ; ÷ . 5 è 5 5ø è 5 5 ø 8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0; -1; -3), B (3; 0; - và mặt 3) cầu (S) có phương trình : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x + 2 y + 2 z - 6 = 0 . Viết phương trình 1,0 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 . Mặt cầu ( S ) có tâm I (-1; -1; - , bán kính R = 3 . 1) 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 Û ax + by + cz + b + 3c = 0 B Î ( P) : 3a - 3c + b + 3c = 0 Û b = - a 3 d ( I , ( P )) = 32 - ( 5) 2 = 2 -a - b - c + b + 3 c Þ = 2 Û - a + 2c = 2 a 2 + b 2 + c 2 Û - a + 2c = 2 10 2 + c 2 a 2 2 2 a + b + c 0.25 é a = 0 Û 39a + 4 ac = 0 Û ê 2 c ê a = - 4 ë 39 Với a = 0 thì b = 0 . Ta có phương trình ( P) : z + 3 = 0 0.25 4 Với a = - c. Chọn c = 39 thì a = - b = 12 . 4 39 0.25 Ta được phương trình ( P) : 4 x - 12 y - 39 z - 129 = 0
9.b 2 2 Giải phương trình: 2 log 3 ( x 2 - 4 ) + 3 log 3 ( x + 2 ) - log 3 ( x - 2 ) = 4 . 1,0 2 ì x - 4 > 0 ï 2 ï( x + 2 ) > 0 ï Điều kiện: í 2 Û x Î ( -¥; -3] È ( 2; +¥ ) (*) 0.25 ï log 3 ( x + 2 ) ³ 0 ï 2 ï( x - 2 ) > 0 î Biến đổi pt đã cho ta được: 2 log 3 ( x - 4 ) 2 2 2 2 + 3 log 3 ( x + 2 ) - 4 = 0 Û log 3 ( x + 2 ) + 3 log 3 ( x + 2 ) - 4 = 0 (3) 0.25 2 ( x - 2 ) 2 ét = 1 Đặt t = log 3 ( x + 2 ) ( t ³ 0 ) thì pt (3) trở thành t 2 + 3t - 4 = 0 Û ê ët = -4 ( loai ) 0.25 2 2 é x = -2 + 3 (loai ) t = 1 Û log 3 ( x + 2 ) = 1 Û ( x + 2 ) = 3 Û ê ê x = -2 - 3 ë Vậy nghiệm của phương trình là x = -2 - 3 . 0.25 Hết Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl