Đề kiểm tra chất lượng ôn thi đại học lần 02 năm học 2013-2014 môn: toán; khối d thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013-2014 
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    3 2 23 3 2 1y x m m x m m       , trong đó m là tham số. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với 2m  . 
b) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng 2y  tại ba điểm phân biệt có 
hoành độ lần lượt là 1 2 3, ,x x x và đồng thời thỏa mãn đẳng thức 
2 2 2
1 2 3 18x x x   . 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 2
4 sin
cos cos
3 3 2
x
x x
           
   
. 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  
2 2 4
,
7 3 6
x y
x y
x y
    

   
¡ 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân:  
1
2
0
2014 xI x e dx  . 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, 
, , 2 .AB a BC a AD a   Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD , góc giữa mặt phẳng 
 SCD với mặt phẳng ( )ABCD bằng 060 . 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: 
2 2
2 2
2 (4 1) 2 (2 1) 32
1
2
x x y y y
x y x y
     


   
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 ( ) : 2 2 0d x y   và hai điểm 
(4;6), (0; 4)A B  . Tìm trên đường thẳng ( )d điểm M sao cho véc tơ AM BM
uuuur uuuur
 có độ dài nhỏ nhất. 
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm      1;0; 1 , 1; 2;3 , 0;1; 2A B C  và 
 1; 1 ; 1 6D m m  . Tìm m để bốn điểm , , ,A B C D cùng thuộc một mặt phẳng. 
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  3; 3A  , hai 
đỉnh B, C thuộc đường thẳng 2 1 0x y   , điểm  3;0E 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 (0; 1; 3), (3;0; 3)A B   và mặt cầu 
(S) có phương trình : 2 2 2 2 2 2 6 0x y z x y z       . 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 
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình:      2 223 3 32 log 4 3 log 2 log 2 4x x 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 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 2m  . 1,0 
 Khi 2m  hàm số (1) có dạng 3 3y x x  
a) Tập xác định D  ¡ . 
b) Sự biến thiên 
+) Chiều biến thiên: 2' 3 3y x  , ' 0 1y x    . 
 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1  và  1; . 
 Hàm số nghịch biến trên khoảng  1;1 . 
0.25 
+) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1, 2CDx y   . 
 Hàm số đạt cực tiểu tại 1, 2CTx y   . 
+) Giới hạn: 3 3
2 2
3 3
lim lim 1 ; lim lim 1
x x x x
y x y x
x x   
             
   
. 
0.25 
+) Bảng biến thiên: 
x  1 1  
/y + 0  0 + 
y 
 2  
 2 
0.25 
c) Đồ thị: 30 3 0 0, 3y x x x x        . 
 Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại các điểm     0;0 , 3;0 , 3;0 . 
 '' 0 6 0 0y x x      đồ thị hàm số nhận điểm  0;0 làm điểm uốn. 
0.25 
b Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng 2y  tại 
ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 1 2 3, ,x x x và đồng thời thỏa mãn đẳng thức 
2 2 2
1 2 3 18x x x   . 
1.0 
4 
2 
-2 
-4 
-10 -5 5 10 1 -1 
2
1 
-2
-1 
0 
(Đáp án có 06 trang) 
 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng 2y  : 
   3 2 2 3 2 23 3 2 2 3 3 0x m m x m m x m m x m m              0.25 
    
2
2
3 0
3 0 2
x m
x m x mx m
x mx m

       
   
Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng 2y  tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai 
nghiệm phân biệt khác m
 
2 2
2
3 0 2
64 3 0
m m m m
mm m
     
          
0.25 
Giả sử 1 2 3; ,x m x x là 2 nghiệm của (2). Khi đó theo định lí Viet ta 
được: 2 3
2 3. 3
x x m
x x m
  

  
Do đó  22 2 2 21 2 3 2 3 2 318 2 18x x x m x x x x        
0.25 
 2 2 2
3
2 3 18 12 0
4
m
m m m m m
m

             
. 
So sánh với điều kiện của m ta được 3m  thỏa mãn. 
0.25 
2 
Giải phương trình: 2 2
4 sin
cos cos
3 3 2
x
x x
           
   
 1.0 
Ta có: 2 2
4 sin
cos cos
3 3 2
x
x x
           
   
2 2
1 cos 2 1 cos 2
4 sin3 3
2 2 2
x x
x
                 
0.25 
2 2 2
sin 2 cos 2 cos 2 0 sin 2 2cos cos 2 0
3 3 3
x x x x x
                    
   
 0.25 
2sin 2 cos 2 0 2sin sin 3 0x x x x         0.25 
sin 1
3
sin ( )
2
x
x VN
 

 

2
2
x k

    (k  Z) 0.25 
3 
Giải hệ phương trình: 
2 2 4
7 3 6
x y
x y
    

   
 1,0 
Điều kiện: 
2
2
x
y
 


. Ta có: 
2 2 4 7 2 3 2 10
7 3 6 7 2 3 2 2
x y x x y y
x y x x y y
             
 
             
0.25 
Đặt 7 2u x x    và  3 2 ; 0v y y u v     , ta được hệ 
10
5 5
2
u v
u v
 


 
10 5
25 5
u v u
uv v
   
  
  
0.25 
Khi đó ta có hệ 
 
 
7 2 5 1
3 2 5 2
x x
y y
    

   
Giải pt (1) ta được: x = 2 
0.25 
Giải pt(2) ta được: y = 6. Khi đó 
7 2 5 2
63 2 5
x x x
yy y
     
 
    
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x; y) = (2; 6) 
0.25 
4 
Tính tích phân:  
1
2
0
2014 xI x e dx  1,0 
Đặt 
22
2014
1
2
xx
du dxu x
v edv e dx
  
 
 
 0.25 
 
1
2 2
0
11 1
2014
02 2
x xI x e e dx     0.25 
2
2 12013 11007
02 4
xe e    0.25 
24029 4027
4
e
 0.25 
5 Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông ở A và B, 
 , , 2 ,AB a BC a AD a SA ABCD    , góc giữa mặt phẳng  SCD với mặt đáy 
bằng 060 . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách từ đỉnh B đến mặt 
phẳng  SCD . 
1,0 
Gọi O là trung điểm AD ta có ABCO là hình vuông nên · 090
2
AD
CO ACD   
0.25 
Dễ thấy:  CD SAC CD SC   , do đó góc giữa (SCD) và mặt đáy là góc ·SCA 
·
3
0
.
1 6
60 6 . .
3 2 2S ABCD
AD BC a
SCA SA a V AB SA

       
0.25 
Trong  mp SAC kẻ     ,AH SC AH SCD AH d A SCD     . 
Trong tam giác vuông SAC ta có: 
   2 22 2 2
1 1 1 1 1 3
AS 2a 6 2
AH a
AH AC a
      
0.25 
Vì           1 3 6/ / , , ,
2 42 2
a a
BO SCD d B SCD d O SCD d A SCD     0.25 
6 Tìm ,x y dương thỏa mãn hệ phương trình sau: 
2 2
2 2
2 (4 1) 2 (2 1) 32
1
2
x x y y y
x y x y
     


   
1,0 
O A D 
B C 
S 
H 
 2 2
2 2
2 (4 1) 2 y (2 1) 32(1)
1
(2)
2
x x y y
x y x y
     


   
(2) 2 2
1 1
( ) ( ) 1
2 2
x y     . Đặt 2 2
1 1
, 1
2 2
x a y b a b       
1
1
a
b
 
 

0.25 
(1) 3 2 3 28 14 8 4 4 30a a a b b      
2 2(4a 11 15)( 1) 2 ( 1) 0a a b b       (3) 
Vì: 
24 11 15 0
1 0
a a
a
   

 
 (do 1a  ) 2(4a 11 15)( 1) 0a a     
và: 22 ( 1) 0b b  ( do 1b  ) 
0.25 
 (3) 
0
1
1
0
1
b
a
b
b
a
 
    
 (vì 2 2 1a b  ) 0.25 
+ Với 
1 3
11 2 2
0 1 1
0
2 2
x xa
b
y y
        
   
     
  
 ( thỏa mãn) 
Kết luận : Hệ phương trình có nghiệm 
3 1
( ; ) ( ; )
2 2
x y  
0.25 
7.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ( ) : 2 2 0d x y   và hai 
điểm (4;6), B(0; 4)A  . Tìm trên đường thẳng ( )d điểm M sao cho véc tơ 
AM BM
uuuur uuuur
 có độ dài nhỏ nhất. 
1,0 
0 0( ;2 2) ( )M x x d  0 0( 4; 2 4)AM x x  
uuuur
 , 0 0(x ; 2 6)BM x 
uuuur
. 0.25 
0 0(2 4; 4 2)AM BM x x    
uuuur uuuur
. 0.25 
2
020 20 2 5AM BM x   
uuuur uuuur
 0.25 
AM BM
uuuur uuuur
 nhỏ nhất 0 0x  (0;2)M 0.25 
8.a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm      1;0; 1 , 1; 2;3 , 0;1; 2A B C  
và  1; 1 ; 1 6D m m  . Tìm m để bốn điểm , , ,A B C D cùng thuộc một mặt phẳng. 
1.0 
 Ta có    0; 2;4 , 1;1;3AB AC   
uuur uuur
 0.25 
Suy ra  , 10; 4; 2n AB AC      
r uuur uuur
. 
Chọn  1 5; 2;1n
ur
 làm vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) 
0.25 
 :5 2 4 0mp ABC x y z     . Để A, B, C, D đồng phẳng thì  D ABC 0.25 
   5.1 2. 1 1 6 4 0 4 4 0 1m m m m             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 
chữ số. 
1,0 
  0;1;2;3; 4X  
+ Số cách lấy 3 chữ số khác nhau bất kỳ từ X và xếp chúng thành hàng ngang từ 
trái sang phải : 35 60A  ( cách). Không gian mẫu : 60  
0.25 
+ 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 ( 0)a  . 
0a  nên a có 4 cách chọn 
b có 4 cách chọn 
c có 3 cách chọn 
0.25 
3.4.4 48A    0.25 
Vậy xác suất cần tính là: 
48 4
( )
60 5
AP A

  

 0.25 
7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, biết  3; 3A  , 
hai đỉnh B, C thuộc đường thẳng 2 1 0x y   , điểm  3;0E nằm trên đường cao kẻ 
từ đỉnh C. Tìm tọa độ hai đỉnh B và C. 
1,0 
 Gọi I là trung điểm BC, do  2 1;I BC I m m   , mà A(3;-3)  2 4; 3AI m m   
uur
Do BCAI u
uur r
, mà  2;1BCu
r
     2 2 4 3 0 1 1;1m m m I        
0.25 
 2 1; , .B BC B b b b   ¡ . Do C đối xứng với B qua I, suy ra 
  3 2 ;2C b b  ,    2 4; 3 , 2 ; 2AB b b CE b b    
uuur uuur
. 
0.25 
 Do AB CE
uuur uuur
 nên ta được:      32 2 4 2 3 0 2;
5
b b b b b b         0.25 
Với    2 3;2 , 1;0b B C   . 
Với 
3 11 3 21 13
; , ;
5 5 5 5 5
b B C
          
   
. 
0.25 
8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (0; 1; 3), (3;0; 3)A B   và mặt 
cầu (S) có phương trình : 2 2 2 2 2 2 6 0x y z x y z       . 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 . 
1,0 
 Mặt cầu ( )S có tâm ( 1; 1; 1)I    , bán kính 3R  . 
Giả sử (P) có véc tơ pháp tuyến ( ; ; )n a b c
r
, 2 2 2( 0)a b c   . 
mp(P) đi qua A nên phương trình mặt phẳng (P) là: ( 0) ( 1) ( 3) 0a x b y c z      
3 0ax by cz b c      
( ) : 3 3 3 0 3B P a c b c b a        
0.25 
2 2( , ( )) 3 ( 5) 2d I P    
2 2 2
3
2
a b c b c
a b c
    
 
 
 2 2 2 2 22 2 2 2 10a c a b c a c a c           
2
0
39 4 0 4
39
a
a ac c
a

   
  

0.25 
 Với 0a  thì 0b  . Ta có phương trình ( ) : 3 0P z   0.25 
Với 
4
.
39
a c  Chọn 39c  thì 4a   12b  . 
 Ta được phương trình ( ) : 4 12 39 129 0P x y z    
0.25 
9.b 
Giải phương trình:      2 223 3 32 log 4 3 log 2 log 2 4x x x      . 1,0 
 Điều kiện: 
 
 
 
   
2
2
2
3
2
4 0
2 0
; 3 2;
log 2 0
2 0
x
x
x
x
x
  

 
     
 

 
 (*) 0.25 
 Biến đổi pt đã cho ta được: 
 
 
     
22
2 2 2
3 3 3 32
4
log 3 log 2 4 0 log 2 3 log 2 4 0
2
x
x x x
x

         

 (3) 
0.25 
Đặt    23log 2 0t x t   thì pt (3) trở thành  
2
1
3 4 0
4
t
t t
t loai

      
   2 23
2 3 ( )
1 log 2 1 2 3
2 3
x loai
t x x
x
   
        
  
0.25 
Vậy nghiệm của phương trình là 2 3x    . 0.25 
---------- Hết ----------