Khao sat lan 2A Vinh Phuc2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC. ĐỀ KTCL ÔN THIĐẠIHỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  C . x2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã ch o. b) Tìm trên (C) tất cả các điểm M s ao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai tiệm cận của(C) tại hai điểm A, B sao cho AB  2 10 . 1  cos x 7   Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:  sin x  2 sin  2 x  . tan x 4    4 y  1 x 2  1  2 x 2  2 y  1 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  4 . 2 2  x  x y  y  1 0 dx . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I   2  1  2sin 2 x  2 cos x . 4. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD  BC . a 13 , AB  2 a , 4. 3a , mặt phẳng SCD  vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Tam giác ASI cân tại S, với I là trung 2 điểm của cạnh AB, SB tạo với mặt phẳng  ABCD  một góc 30o . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và kh oảng cách giữaSI và CD. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b b  c c  a   8 . Tìm giá trị nhỏ nhất CD . 1 1 1 1 .    abc a  2b b  2c c  2a 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 7a(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọađộ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường thẳng d : x  y  1  0 . Điểm E 9; 4  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F 2; 5  nằm củabiểu thức P . 3. trên đường thẳng chứacạnh AD, AC  2 2 . Xác định tọađộ các đỉnh củahình thoiABCD biết điểm C có hoành độ âm. Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P  : x  y  z  2  0 , mặt cầu. S : x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  2 z  3  0 và hai điểm A 1;  1;  2 , B 4;0;  1 . Viết phương trình mặt phẳng   song song với AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3 . Câu 9a(1,0 điểm). Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có bachữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập M, tính xác suất để số được chọn là số có tổng các chữ số là một số lẻ. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọađộ Oxy, cho tam giác ABC có điểm C 5;1 , trung tuyến AM, điểm B thuộc đường thẳng x  y  6  0 . Điểm N 0;1 là trung điểm củađoạn AM, điểm D 1;  7  không nằm trên đường thẳng AM và khác phíavới A sovới đường thẳng BC đồng thời khoảng cách từ A và D tới đường thẳng BC bằng nhau. Xác định tọađộ các điểm A, B. Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 1; 1), B(1; 0; 2), C (0; 1;0) . Tìm tọa độ điểm D trên tia Ox sao cho thể tích khối tứ diện ABCD bằng 1, khi đó hãy viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu 9b (1,0 điểm). Giải bất phương trình: x  6.15log3 x  5log 3 (3 x )  0 . -------------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báodanh:………………..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC. ĐÁP ÁN KTCL ÔN THIĐẠIHỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A, A1. I. LƯ U Ý CH UNG: - 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 chođiểm tối đa. - Với Câu 5 nếu thí sinh không vẽ hình phần nàothì không chođiểm tương ứng với phần đó. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: CÂ U Ý NỘIDUNG ĐIỂM 1 2,0 điểm a TXĐ: D  R \ {2} Các giới hạn lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y   0,25 x  x  x 2 x 2 Suy ra x  2 là tiệm cận đứng, y  2 là tiệm cận ngang củađồ thị. 3  0, x  D ( x  2)2 Hàm số nghịch bi ến trên các khoảng (; 2) và (2; ) Bảng biến thiên x 2   y’   2  y 2  1   1 Đồ thị: Gi aovớitrục Ox tại  ; 0  , giao với trục Oy tại  0;  , đồ thị có tâm đốixứng 2   2 là điểm I (2; 2) Sự biến thiên: y '  . 0,25. 0,25. 0,25. b.  2a  1  Giả sử M  a; ếp tuyến của đồ thị (C) tạiM có dạng  , a  2  thuộc đồ thị (C). Ti  a2  2a  1 3 () : y  ( x  a)  2 (a  2) a2 6 Gọi A là giao củatiệm cận đứng với () , suy ra A(2;  2) a2 B là giao củatiệm cận ngang với () , suy ra B(2a  2; 2) Khi đó AB  (2a  4)2 . 36 , theo bài ratacó phương trình (a  2) 2. 36 4(a  2)   40  (a  2)4  10(a  2) 2  9  0 (a  2) 2 2. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> a  1 a  3 (a  2)  1    2  a  1 (a  2)  9  a  5 Vậy có 4 điểm M thỏa mãn là (1; 1), (3;5), (1;1), (5;3) . 1,0 điểm 1  cos x 7    sin x  2 sin  2 x   (1) . tan x 4   k sin x  0 Đk:  sin 2 x  0  x  k  ¢  cos x  0 2 2. 2. 0,25. 0,25. . (1)  1  cos x cos x  sin 2 x  sin x sin 2 x  cos 2 x . 3. cos 2 x  0  1  cos 2 x cos x  sin x  1  0    sin  x    4 2    k +) cos 2 x  0  x   k  ¢  4 2  x  k 2 l   k  1  +) sin  x    . Vậy (1) có nghiệm x    k  ¢ .   x   k 2 l  4 2 4 2  2  1,0 điểm 4 y  1 x 2  1  2 x 2  2 y  1 (1) (I ) .  4 2 2 (2)  x  x y  y  1. 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 2. 2. x  1  t  1  phương trình (1) có dạng 2t  4 y  1t  2 y  1  0. Đặt. t  2 y  1 2 2   4 y  1  8 2 y  1  4 y  3    1 t  (l )  2 y 1 +) Với t  2 y  1  1  x2  1  2 y  1   2 thay vào (2) ta được 2 x  4 y  4y. 0,25 0,25. 2. 4. 16 y 2  y  1  4 y 2  y  1  y 2  1  0  y  1 (do y  1 )  x  0 Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) . 1,0 điểm Ta có: 0. dx  I  2  1  2sin 2 x  2 cos x . 4. Đặt t  tan x  dt . 0.  .  4. dx  2 sin x  4sin x cos x  3cos 2 x. 0.  .  4. 0,25. 1 dx cos 2 x tan 2 x  4 tan x  3. 0,25. 1 dx Đổi cận : cos 2 x.  0 4 t 0 1 0 0 0 dt dt 1  1 1      Vậy I   2  dt t  4t  3 1 (t  1)(t  3) 2 1  t  3 t  1  1 x. . 0,25. 0,25. 0. 1 t 3  1 1 3   ln  ln 3  ln 2   ln  2  t  1  1 2 2 2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 5. 1,0 điểm. S. K A. B. I F M. D. C. E. H. Gọi M, E lần lượt là trung điểm củaAI và CD. Do SCD    ABCD  và SA  SI  trong mặt phẳng (ABCD) và qua M kẻ đưởng thẳng vuông góc với AB cắt CD tại H thì H là hình chiếu củaS trên mp(ABCD) QuaE kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB tại F a 13 a a 3 a 3  EF   HM   HB  a 3 , IF   EI  4 4 2 2 ·  30o  SH  a SB,  ABCD  SB, HB   SBH  3a a 3  2a  3  1 1 2  2  7 a 3 (đvtt) VABCD  SH .S ABCD  a  3 3 2 24 CD / / SAB  và SI  SAB   d CD, SI   d CD, SAB   d H , SAB  HM  AB  SHM   SAB  . Gọi HK là đường caocủatam giác SHM s uy ra HK  SAB   d CD, SI   HK  6. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. a 21 . 7. 1,0 điểm 8  a  b b  c c  a   8abc  abc  1 8  a  b b  c c  a   a  b  c ab  bc  ca   abc. 0,25.  a  b  c  3abc a  b  c   abc 8  abc 9 3   abc  3 3abc 3abc abc 1 3 1 P 3   3  3 abc  2 a b c   abc abc Dấu “=” xảy rakhi và chỉ khi a  b  c  1 . Vậy, Pmin  2  a  b  c  1 . suy ra. 7.a. 3. a  b  c . . 1,0 điểm. B E I. A. J. E' F D. C. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> · Gọi E’ là điểm đối xứng với E quaAC, doAC là phân giác củagóc BAD nên E’ thuộc AD. EE’ vuông góc với AC và quađiểm E 9; 4  nên có phương trình x  y  5  0 .. 8.a. x  y  5  0 x  3   I 3; 2  Gọi I là giao củaAC và EE’, tọađộ I là nghiệm hệ  x  y 1  0  y  2 Vì I là trung điểm củaEE’ nên E '(3; 8) uuuur Đường thẳng AD qua E '(3; 8) và F (2; 5) có VTCP là E ' F (1;3) nên phương trình là: 3( x  3)  ( y  8)  0  3 x  y  1  0 Điểm A  AC  AD  A(0;1) . Giả sử C (c;1  c) .. 0,25. Theo bài ra AC  2 2  c 2  4  c  2; c  2 . Do hoành độ điểm C âm nên C (2;3) Gọi J là trung điểm AC suy ra J (1; 2) , đường thẳng BD quaJ và vuông góc với AC có phương trình x  y  3  0 . Do D  AD  BD  D(1; 4)  B(3;0) Vậy A(0;1) , B(3; 0), C (2;3), D(1; 4).. 0,25. 0,25. 1,0 điểm Mặt cầu (S) có tâm I 2;  1;  1 , bán kính R  3 ur uuur uuur ur Mặt phẳng (P) có vtpt n1 1;  1;1, AB 3;1;1   AB, n1   2;  2;  4  r Do mặt phẳng   / / AB và    P     có vtpt n 1;  1;  2  Suy ra phương trình mặt phẳng   : x  y  2 z  m  0.   cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng. 0,25 0,25. 3. 5m. m  1  6  m  11 6 Vậy, có hai mặt phẳng   thỏamãn là x  y  2 z  1  0 và x  y  2 z  11  0  d I ,    6 . 9.a. 0,25. 0,25 0,25. 1,0 điểm Giả sử số tự nhiên có bachữ số thuộc tập M là a1a2 a3 Số các phần tử củaM: a1 có 6 cách chọn a2 có 6 cách chọn. 0,25. a3 có 5 cách chọn  M  6.6.5  180 Số các số tự nhiên trong M có tổng các chữ số là số lẻ: TH1: Có 1 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn  có C31 .C42 .3! C31 .C41 .2!  84 số TH2: Có 3 chữ số lẻ  có 3!  6 số  có 90 số trong tập M có tổng các chữ số là số lẻ Suy raxác suất cần tìm là 7.b. 90 1  . 180 2. 0,25 0,25 0,25. 1,0 điểm A N B. I G. M. C. D. Do A, D nằm khác phíaso với BC và cách đều BC suy raBC đi quatrung điểm I của AD.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Gọi G a; b  là giao điểm củaDN và MI s uy raG là trọng tâm củatam giác ADM 1  uuur uuur a   3  1  3a  1 5  G ;   ND  3 NG    b 8 3 1 5      b    3 3   3 Phương trình đường thẳng BC đi quaG và C : x  2 y  3  0 Tọa độ của B là nghiệm củahệ phương trình:. 0,25. x  2y 3  0 x  3   B 3;  3 . x y60 y  3. . .  M 1;  1  A 1;3 . Vậy, A 1;3 , B 3;  3  8.b. 0,25. 1,0 điểm. uuur uuur uuur Giả sử D t; 0;0 , t  0 . Ta có: AB 2; 1;1, AC 1; 2; 1, AD t  1; 1; 1 uuur uuur uuur uuur uuur [ AB, AC ]  3; 3;3  [ AB, AC ]. AD  3(t  1) t  3 1 uuur uuur uuur 1  D 3;0; 0  Theo bài raVABCD  [ AB, AC ]. AD  1  3(t  1)  1   6 6  t  1 ( L ) Giả sử mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 ax  2by  2cz  d  0  2a  2b  2c  d  3  2 a  4c  d  5 2 2 2 a  b  c  d  0 . Vì (S) qua A, B, C, D nên ta có hệ 2b  d  1  6a  d  9 Giải hệ trên tađược a  2, b  2, c  3, d  3 Vậy phương trình mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  4 x  4 y  6 z  3  0 Hay ( x  2)2  ( y  2) 2  ( z  3)2  14 .. 9.b. 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 1,0 điểm 1. ĐK: x  0 . Ta có: x  6.15log3  3log3 x  6. .  3 Đặt t     5. 3. 5 log3 x. log3 x. . x.  5log 3 (3 x )  0  3log3 x  6.15 2. 3  5.5log 3 x  0    5. log3 x.  3  6    5. 5  0. 0,25 0,25. 0,25. log3 x.  3 Với t  5     5.  5.5log3 x  0. log3 x. t  1 , t  0 . Ta được t 2  6t  5  0   t  5.  3 Với t  1     5. log3 x.  1  log 3 x  0  x  1 log3 x.  5  log 3 x  log. log 3 5. 3 5. 5 0 x9.  log 3 5  Vậy, tập nghiệm củaBPT là S   0;9 5   [1;  ) .   -------------Hết-----------. 5. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>