Đề khảo sát chất lượng ôn thi đại học lần 2 môn: Toán; khối A, A1 (Vĩnh Phúc)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC 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) 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  
2 1
2
x
y C
x



. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
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 2 10AB  . 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 
1 cos 7
sin 2 sin 2
tan 4
x
x x
x
  
   
 
. 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  
2 2
4 2 2
4 1 1 2 2 1
1
y x x y
x x y y
     

  
. 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: 
0
2
4
1 2sin 2 2cos
dx
I
x x



 
. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, 
13
4
a
AD BC  , 2AB a , 
3
2
a
CD  , mặt phẳng  SCD vuông góc với mặt phẳng  DABC . Tam giác ASI cân tại S, với I là trung 
điểm của cạnh AB, SB tạo với mặt phẳng  DABC một góc 30o . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và 
khoảng cách giữa SI và CD. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn     8a b b c c a    . Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức
3
1 1 1 1
2 2 2
P
a b b c c aabc
   
  
. 
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 tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên 
đường thẳng : 1 0d x y   . Điểm  9;4E nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm  2; 5F   nằm 
trên đường thẳng chứa cạnh AD, 2 2AC  . Xác định tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết điểm C có 
hoành độ âm. 
Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  : 2 0P x y z    , mặt cầu 
  2 2 2: 4 2 2 3 0S x y z x y z       và hai điểm    1; 1; 2 , 4;0; 1A B   . 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 ba chữ 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 tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm  5;1C , trung tuyến 
AM, điểm B thuộc đường thẳng 6 0x y   . Điểm  0;1N là trung điểm của đoạn AM, điểm  1; 7D   
không nằm trên đường thẳng AM và khác phía với A so với đường thẳng BC đồng thời khoảng cách từ A và 
D tới đường thẳng BC bằng nhau. Xác định tọa độ các điểm A, B. 
Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm (1; 1; 1), ( 1;0;2), (0; 1;0)A B C  . 
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: 3 3log log (3 )6.15 5 0x xx    . 
-------------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 
ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013-2014 
Môn: TOÁN; Khối A, A1 
I. LƯ U 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. 
- Với Câu 5 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
II. ĐÁP ÁN: 
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM 
1 2,0 điểm 
a TXĐ: \{2}D R 
Các giới hạn 
2 2
lim 2; lim 2; lim ; lim
x x x x
y y y y
    
      
Suy ra 2x  là tiệm cận đứng, 2y  là tiệm cận ngang của đồ thị. 
0,25 
Sự biến thiên: 
2
3
' 0,
( 2)
y x D
x
    

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;2) và (2; ) 
0,25 
Bảng biến thiên 
x  2  
y’   
y 
2 
  
 
2 
0,25 
Đồ thị: Giao với trục Ox tại
1
;0
2
 
 
 
, giao với trục Oy tại 
1
0;
2
 
 
 
, đồ thị có tâm đối xứng 
là điểm (2; 2)I 
0,25 
b 
Giả sử  
2 1
; , 2
2
a
M a a
a
 
 
 
 thuộc đồ thị (C). Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M có dạng 
2
3 2 1
( ) : ( )
( 2) 2
a
y x a
a a
 
   
 
0,25 
Gọi A là giao của tiệm cận đứng với ( ) , suy ra 
6
(2; 2)
2
A
a


B là giao của tiệm cận ngang với ( ) , suy ra (2 2; 2)B a  
0,25 
Khi đó 2
2
36
(2 4)
( 2)
AB a
a
  

, theo bài ra ta có phương trình 
2
2
36
4( 2) 40
( 2)
a
a
  

4 2( 2) 10( 2) 9 0a a      
0,25 
 2
2
1
( 2) 1 3
1( 2) 9
5
a
a a
aa
a

    
   


Vậy có 4 điểm M thỏa mãn là (1; 1), (3;5), ( 1;1), (5;3)  . 
0,25 
2 1,0 điểm 
 1 cos 7
sin 2 sin 2 (1)
tan 4
x
x x
x
  
   
 
. 
Đk:   sin 0 sin 2 0cos 0 2
kx
x x k
x

    

¢ 
0,25 
   2(1) 1 cos cos sin sin sin 2 cos 2x x x x x x     
 cos 2 cos sin 1 0x x x   
cos 2 0
1
sin
4 2
x
x


  
   
 
0,25 
+)  cos 2 0
4 2
k
x x k
 
    ¢ 0,25 
+) 
 
 
2
1
sin
24 2
2
x k l
x
x k l





         

. Vậy (1) có nghiệm  
4 2
k
x k
 
  ¢ . 0,25 
3 1,0 điểm 
   2 2
4 2 2
4 1 1 2 2 1 (1) ( )
1 (2)
y x x y
I
x x y y
     

  
. 
Đặt 2 1 1x t    phương trình (1) có dạng  22 4 1 2 1 0t y t y     
0,25 
     
2 2
4 1 8 2 1 4 3y y y       
2 1
1
( )
2
t y
t l
 



 0,25 
+) Với 2 2 2
1
2 1 1 1 2 1
4 4
y
t y x y
x y y

        
 
 thay vào (2) ta được 0,25 
   
22 2 216 1 4 1 1 0 1y y y y y y        (do 1y  ) 0x  
Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) . 
0,25 
4 1,0 điểm 
 Ta có: 
0 0
2 2 2
4 4
1 2sin 2 2cos sin 4sin cos 3cos
dx dx
I
x x x x x x
 
 
 
    
0 2
2
4
1
cos
tan 4 tan 3
dx
x
x x



 
0,25 
Đặt 
2
1
tan
cos
t x dt dx
x
   Đổi cận : 
x 
4

 0 
t 1 0 
0,25 
Vậy 
0 0 0
2
1 1 1
1 1 1
4 3 ( 1)( 3) 2 3 1
dt dt
I dt
t t t t t t
  
 
    
      
   0,25 
 
0
1
1 3 1 1 3
ln ln 3 ln 2 ln
2 1 2 2 2
t
t

  
     
0,25 
5 1,0 điểm 
M
K
I F
EHD C
BA
S
Gọi M, E lần lượt là trung điểm của AI 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 của S trên mp(ABCD) 
0,25 
Qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB tại F 
13 3 3
, 3
4 4 2 2
a a a a
EF IF EI HM HB a         
     ·, D , 30oSB ABC SB HB SBH   SH a  
0,25 
3
3 3
2
1 1 7 32 2
.
3 3 2 24ABCD ABCD
a a
a
a
V SH S a
 
 
    (đvtt) 
0,25 
 / /CD SAB và          , , ,SI SAB d CD SI d CD SAB d H SAB    
   HM AB SHM SAB   . Gọi HK là đường cao của tam giác SHM s uy ra 
   
21
,
7
a
HK SAB d CD SI HK    . 
0,25 
6 1,0 điểm 
    8 8 1a b b c c a abc abc       
      8 a b b c c a a b c ab bc ca abc          
    3a b c abc a b c abc      
0,25 
suy ra  
3
3
8 9 3
3 3
abc
a b c a b c
abc abc abc

        0,25 
3
3 3
1 3 1
2P abc
a b cabc abc
    
 
 0,25 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1a b c   . Vậy, min 2 1P a b c     . 0,25 
7.a 1,0 điểm 
JI
E'
F
E
D
C
B
A
Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC, do AC là phân giác của góc ·BAD nên E’ thuộc 
AD. EE’ vuông góc với AC và qua điểm  9;4E nên có phương trình 5 0x y   . 
Gọi I là giao của AC và EE’, tọa độ I là nghiệm hệ  
5 0 3
3; 2
1 0 2
x y x
I
x y y
    
  
     
Vì I là trung điểm của EE’ nên '( 3; 8)E   
0,25 
Đường thẳng AD qua '( 3; 8)E   và ( 2; 5)F   có VTCP là ' (1;3)E F
uuuur
 nên phương trình 
là: 3( 3) ( 8) 0 3 1 0x y x y        
0,25 
Điểm (0;1)A AC AD A   . Giả sử ( ;1 )C c c . 
Theo bài ra 22 2 4 2; 2AC c c c       . Do hoành độ điểm C âm nên 
( 2;3)C  
0,25 
Gọi J là trung điểm AC suy ra ( 1; 2)J  , đường thẳng BD qua J và vuông góc với AC có 
phương trình 3 0x y   . Do (1;4) ( 3;0)D AD BD D B     
Vậy (0;1)A , ( 3;0), ( 2;3), (1; 4).B C D  
0,25 
8.a 1,0 điểm 
 Mặt cầu (S) có tâm  2; 1; 1I   , bán kính 3R  
Mặt phẳng (P) có vtpt      1 11; 1;1 , 3;1;1 , 2; 2; 4n AB AB n      
ur uuur uuur ur
0,25 
Do mặt phẳng  / /AB và    P     có vtpt  1; 1; 2n  
r
Suy ra phương trình mặt phẳng  : 2 0x y z m     
0,25 
  cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3 
  
5 1
, 6 6
116
m m
d I
m

 
       
0,25 
Vậy, có hai mặt phẳng   thỏa mãn là 2 1 0x y z    và 2 11 0x y z    0,25 
9.a 1,0 điểm 
 Giả sử số tự nhiên có ba chữ số thuộc tập M là 1 2 3a a a 
Số các phần tử của M: 1a có 6 cách chọn 
 2a có 6 cách chọn 
 3a có 5 cách chọn 6.6.5 180M   
0,25 
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 
1 2 1 1
3 4 3 4. .3! . .2! 84C C C C  số 
0,25 
TH2: Có 3 chữ số lẻ  có 3! 6 số có 90 số trong tập M có tổng các chữ số là số lẻ 0,25 
Suy ra xác suất cần tìm là 
90 1
180 2
 . 0,25 
7.b 1,0 điểm 
I
G
D
N
M
CB
A
Do A, D nằm khác phía so với BC và cách đều BC suy ra BC đi qua trung điểm I của 
AD. 
0,25 
Gọi  ;G a b là giao điểm của DN và MI s uy ra G là trọng tâm của tam giác ADM 
 
1
1 3 33
8 3 1 5
3
aa
ND NG
b
b

  
         

uuur uuur 1 5
;
3 3
G
 
   
 
0,25 
Phương trình đường thẳng BC đi qua G và C : 2 3 0x y   
Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:  2 3 0 36 0 3
x y x
x y y
    

    
 3; 3B   . 
0,25 
   1; 1 1;3M A    . Vậy,    1;3 , 3; 3A B   0,25 
8.b 1,0 điểm 
Giả sử  ;0;0 , 0D t t  . Ta có:      2; 1;1 , 1; 2; 1 , 1; 1; 1AB AC AD t       
uuur uuur uuur
 0,25 
 [ , ] 3; 3;3 [ , ]. 3( 1)AB AC AB AC AD t    
uuur uuur uuur uuur uuur
Theo bài ra 
31 1
[ , ]. 1 3( 1) 1
1( )6 6ABCD
t
V AB AC AD t
t L

        
uuur uuur uuur
 3;0;0D 
0,25 
Giả sử mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là 2 2 2( ) : 2 2 2 0S x y z ax by cz d       
 2 2 2 0a b c d    . Vì (S) qua A, B, C, D nên ta có hệ 
2 2 2 3
2 4 5
2 1
6 9
a b c d
a c d
b d
a d
    
    

   
   
0,25 
Giải hệ trên ta được 2, 2, 3, 3a b c d      
Vậy phương trình mặt cầu 2 2 2( ) : 4 4 6 3 0S x y z x y z       
Hay 2 2 2( 2) ( 2) ( 3) 14x y z      . 
0,25 
9.b 1,0 điểm 
ĐK: 0x  . Ta có: 3 3log log (3 )6.15 5 0x xx    
3
3 3
1
loglog log23 6.15 5.5 0
x
x x
    0,25 
 
3
3 3
log
log log3 6 3. 5 5.5 0
x
x x
   
33
loglog
3 3
6 5 0
5 5
xx   
          
 0,25 
Đặt 
3log
3
, 0
5
x
t t
 
   
 
 . Ta được 2
1
6 5 0
5
t
t t
t

     
Với 
3log
3
3
1 1 log 0 1
5
x
t x x
 
        
 
0,25 
Với 
3
3
5
log
log 5
3 3
5
3
5 5 log log 5 0 9
5
x
t x x
 
         
 
Vậy, tập nghiệm của BPT là 
3
5
log 5
0;9 [1; )S
 
   
 
. 
0,25 
-------------Hết-----------