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

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013-2014 
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 3 2 2 33 3( 1) 1,y x mx m x m      (1) (với m là tham số). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 1.m  
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 2 cos3 4sin cos .x x x x    
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2
1
2 3 1 4 3.x x x
x
      
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: 
2 2
2 2
3
.
1 1
x
dx
x x  
 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , ,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 3xy yz zx xyz   . Chứng minh 
rằng:
2 2 2
1 1 1 3
.
(3 1) (3 1) (3 1) 4x x y y z z
  
  
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 : 4 0,d x y   đường thẳng BC đi qua điểm (4;0),M đường thẳng CD đi qua 
điểm (0;2).N 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 (3;1; 4).A  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 : 3 0d x y   , điểm ( 1;2)M  thuộc đường thẳng AB, điểm (2; 2)N  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 : 1 0x y z    và 
điểm  3; 2; 2A   . 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:    2 2log 3 1 6 1 log 7 10x x      . 
-----------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 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 1m  ta có hàm số 3 23y x x  
Tập xác định: D  ¡ . 
Ta có 2' 3 6y x x  ; 
0
' 0
2
x
y
x

   
0,25 
- Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2; ) ; nghịch biến trên 
khoảng (0;2) . 
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0, 0CDx y  ; đạt cực tiểu tại 2 , 4CTx y   
- Giới hạn: lim , lim
x x
y y
 
    . 
0,25 
Bảng biến thiên: 
x 0 2
y' + 0 - 0 +
y 0
-4



0,25 
Đồ thị: 
0,25 
b 1,0 
Ta có  2 23 6 3 1 ;y x mx m    2 2 10 2 1 0
1
x m
y x mx m
x m
 
         
Suy ra hàm số có cực đại và cực tiểu với mọi m¡ . 
0,25 
 Ta có ''( 1) 6; ''( 1) 6y m y m     , do đó điểm cực đại của đồ thị hàm số là 
 1 ; 3 3A m m   . 
Phương trình tiếp tuyến d :    : 3 3A A Ay y x x x y d y m       
0,25 
Ta có    0 ; 3 3B d Oy B m     . Điều kiện có tam giác là 1m  . 0,25 
Do tiếp tuyến song song với trục Ox nên tam giác OAB vuông tại B . 
1 ,AB m  3 3OB m   . Nên diện tích tam giác OAB là 
 2
11
. 1 4
32OAB
m
S AB OB m
m
 
      
. 
Vậy 1m   và 3m  thoả mãn yêu cầu. 
0,25 
2 1,0 
 Phương trình đã cho tương đương với 
 4sin .cos .cos2 2 cos3 4sin cosx x x x x x    
0,25 
 2sin 2cos .cos2 2 2 cos3 cos 0x x x x x      
 2sin cos3 cos 2 2 cos3 cos 0
(2sin 1)(cos3 cos 2) 0
x x x x x
x x x
      
    
0,25 
*) 
2
1 6sin
52
2
6
x k
x
x k




  
  
  

*) 3cos3 cos 2 0 4cos 2cos 2 0 cos 1 2x x x x x x k            
0,25 
Vậy phương trình có các nghiệm: 
5
2 , 2
6 6
x k x k
 
     và 2x k  
với k¢ 
0,25 
3 1,0 
ĐK: 
0
1
2
1
x
x
x

  

  
 (*) 0,25 
- Nếu 0x  thì phương trình tương đương với 
2 2
3 1 3 1
2 4
x x x x
       1 . 
Đặt 2
3 1
2 ( 0)t t
x x
     1 . Phương trình (1) trở thành 
2
0
3
6
t
t
t t

 
 
. 
Với 3t  , ta có 2
2
3 37
( )
3 1 142 3 7 3 1 0
3 37
( . )
14
x tm
x x
x x
x k tm
 

       
 


0,25 
-Nếu 0x  thì phương trình tương đương với 2 2
3 1 3 1
2 4
x x x x
      2 . 0,25 
Đặt 
2
3 1
2t
x x
   , ( 0)t  . Phương trình  2 trở thành 2
0
2
6
t
t
t t

 
 
. 
Với 2t  , ta có 2
2
3 17
( . )
3 1 42 2 2 3 1 0
3 17
( )
4
x k tm
x x
x x
x tm
 

       
 


Kết hợp với điều kiện (*) suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm là: 
3 37
14
x

 , 
3 17
4
x

 . 
0,25 
4 1,0 
 Đặt 2 2 21 1 .t x x t xdx tdt       
 Đổi cận : 
x 3 2 2 
t 2 3 
0,25 
Ta có 
  
3 3
2
2 22 2 1
tdt tdt
I dx
t t t t
 
     0,25 
3
3 3
2 2
2
1 1 2 1 2
ln | 1| ln | 2 |
3 1 2 3 3
dt t t
t t
         
 0,25 
    1 2 1ln 2 ln 5 ln 4 2ln 5 3ln 2 .
3 3 3
     
Vậy  1 2ln 5 3ln 2 .
3
I   
0,25 
5 1,0 
H O M
D
B
A
C
S
Gọi O là tâm của đáy, M là 
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 
suy ra H OM . 
Lại có 
AC SH
AC AH
AC SA

 

, hay 
tam giác AOH vuông cân tại A. 
0,25 
 Ta có  SHM CD  góc ·SMH là góc giữa hai mặt phẳng ( )SCD và 
( )ABCD · 60 .OSMH  
0,25 
 Tứ giác AOBH là hình vuông cạnh 
3 2
.
2
a
a HM  
Trong tam giác vuông SHM ta có 0
3 6
.tan 60 .
2
a
SH HM  
0,25 
 Thể tích khối chóp .S ABCD là 
2 31 1 3 6. 2 6
3 3 2ABCD
a
V SH S a a   (đvtt). 
0,25 
6 1,0 
Từ giả thiết 
1 1 1
3 3.xy yz zx xyz
x y z
       
Đặt 
1 1 1 1 1 1
, , 3.a b c a b c
x y z x y z
          
Ta có 
     
3 3
2 2 2
1
;
3 1 3
a a
x x a b c
 
  
     
3 3
2 2 2
1
;
3 1 3
b b
y y b a c
 
  
     
3 3
2 2 2
1
.
3 1 3
c c
z z c a b
 
  
0,25 
 Bất đẳng thức đã cho tương đương: 
     
3 3 3
2 2 2
3
4
a b c
b c c a a b
  
  
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: 
 
   3
2
3
8 8 4
b c b ca a
b c
 
  

; 
 
   3
2
3
8 8 4
c a c ab b
c a
 
  

 
   3
2
3
8 8 4
a b a bc c
a b
 
  

0,25 
     
   
3 3 3
2 2 2
3 1
4 2
a b c
a b c a b c
b c c a a b
       
  
 0,25 
     
 
3 3 3
2 2 2
1 3
.
4 4
a b c
a b c
b c c a a b
      
  
Đẳng thức xảy ra 1 1.a b c x y z        
0,25 
7.a 1,0 
d
A
D
B
C
M
N 
Giả sử  ; 4A t t d  , do tam giác AMN cân tại 
đỉnh A nên 2 2AM AN AM AN   
     
 
2 2 224 4 6 1
1; 5
t t t t t
A
         
  
0,25 
BC đi qua  4;0M nên phương trình BC có dạng 0,25 
  2 24 0 0ax by a a b     
Do CD BC và CD đi qua  0;2N  phương trìnhCD : 2 0bx ay a   . 
Do ABCD là hình vuông nên khoảng cách    , ,d A BC d A CD 
2 2 2 2
3 05 5 7
3 0
a ba b a b
a ba b a b
    
       
0,25 
- Nếu 3 0a b  , chọn 1 3a b    phương trình : 3 4 0BC x y   
- Nếu 3 0a b  , chọn 3 1a b    phương trình : 3 12 0BC x y   . 
0,25 
8.a 1,0 
 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên trục Oy, suy ra (0;1;0)H . Do đó 
(3;0; 4) 5.HA HA  
uuur
0,25 
B thuộc Oy nên (0; ;0) (0; 1;0)B b HB b 
uuur
. Do tam giác ABC vuông cân tại A 
nên 
6
| 1| 5
4
b
HB HA b
b

       
0,25 
-Với 6 (0;6;0) (0; 4;0)b B C    . 0,25 
-Với 4 (0; 4;0) (0;6;0)b B C     . 0,25 
9.a 1,0 
 Số phần tử của không gian mẫu là 416 1820C   . 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: 1 34 5C C 
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là: 1 2 14 5 7C C C 
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là: 1 1 24 5 7C C C 
0,25 
Khi đó 1 3 1 1 2 1 2 14 5 4 7 5 4 7 5 740B C C C C C C C C     . 0,25 
Xác suất của biến cố B là   740 37
1820 91
BP B

  

. 0,25 
7.b 1,0 
Gọi H là hình chiếu của M trên d, suy ra ( ;3 )H t t . 
Ta có ( 1;1 )MH t t 
uuuur
, d có véc tơ chỉ phương (1; 1)u 
r
. 
MH vuông góc với d suy ra 
1 1 0 0 (1;1)t t t MH      
uuuur
. 
0,25 
Do đó 2. 2MB MH  . 
B thuộc d nên ( ;3 )B b b ; 2 22 ( 1) (1 ) 4MB b b      
Suy ra 1b  hoặc 1b   (loại). Từ đó (1;2)B . 
0,25 
AB đi qua M và B nên phương trình AB là 2.y  AD qua N và vuông góc với 
AB nên phương trình AD là 2x  . Vậy (2;2)A . 
0,25 
A 
D 
B 
C 
M 
H 
N 
Tọa độ D là nghiệm hệ 
2
(2;1)
3 0
x
D
x y


  
. Gọi I là trung điểm BD suy ra 
3 3
;
2 2
I   
 
. I là trung điểm AC nên (1;1).C 
Vậy (2;2), (1;2), (1;1), (2;1).A B C D 
0,25 
8.b 1,0 
 Gọi    0; ;0 , 0;0;M a N b trong đó 0ab  . Ta có 
   3;2 ;2 , 3;2; 2AM a AN b     
uuuur uuur
. 
0,25 
Gọi véctơ pháp tuyến của  Q là Qn
r
 , 2 2 ; 3 ;3Qn AM AN a b ab a b      
uuuur uuurr
.Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng 
 P là  1; 1; 1Pn   
r
. 
0,25 
    . 0 0P Q P QP Q n n n n ab a b        
r r r r
(1) và 
(2)
a b
OM ON a b
a b

      
. 
0,25 
 Từ (1) và (2) ta được 
+ 
0 ( )
2
a loai
a b
a

   
. Với    2 12;6;6 :2 2 0Qa n Q x y z       
r
+ 0 ( )a b a loai    . 
Vậy phương trình  : 2 2 0Q x y z    . 
0,25 
9.b 1,0 
ĐK :
1
10
3
x   . 
Bất phương trình tương đương  2 26 3 1log log 7 102
x
x
 
   
0,25 
  3 1 2 10 8 4 3 1 10 23x x x x x          0,25 
Với 
1
10
3
x   bất phương trình tương đương với 
2 36949 418 369 0 1
49
x x x      
0,25 
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là : 
369
1
49
x  0,25 
---------- Hết ----------