ĐỀ THI ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN TOÁN – KHỐI D THỜI GIAN: 180 PHÚT A. Phần bắt buộc cho tất cả thí sinh: (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số ( ) 3 2 3 3 1 ,y x mx m = − + là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = . b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị ,A B và OA OB ⊥ với O là gốc tọa độ . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos2 3sin 2 1 4sin .cos3x x x x + = − . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 3 5 x y y x x x x y y x + − = − + + = Câu 4 (1,0 điểm). Tính 2 1 ln 1 1 ln e x I dx x x + = + ∫ . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC , đáy ABC là tam giác vuông tại A có ,AB a = 3AC a = . Gọi I là trung điểm của BC, H là trung điểm của AI ; SH vuông góc với ( ) ABC và SB hợp với đáy một góc 0 60 . Tính thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ) SBC theo a . Câu 6 (1,0 điểm). Cho ,x y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 2x y xy + ≤ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( ) 5 4 5 4 2 2 x y y x P x x y y y x + + = + + + . B. Phần tự chon: (3,0 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần để làm Phần 1. Chương trình cơ bản Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh ( ) 3;2A , trọng tâm ( ) 1;4G − và đường cao : 2 3 0BH x y − + = . Tìm tọa độ các đỉnh B , C . Câu 8a (1,0 điểm). Giải phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 log 1 log 3x x x x+ + = + + Câu 9a (1,0 điểm). Cho ( ) 2 1 1 2 10 2 1 , n n C A n n − − = + ∈ ¥ . Hãy tìm hệ số của 10 x trong khai triển nhị thức 2 3 2 n x x − ÷ , với 0x > . Phần 2. Chương trình nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho elip ( ) E có tâm sai 3 2 e = , một điểm M thuộc ( ) E với 5OM = và khoảng cách từ M đến trục tung bằng 2. Viết phương trình chính tắc của ( ) E . Câu 8b (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình ( ) .9 2 1 .6 .4 0 x x x m m m + + + ≤ có nghiệm thuộc đoạn [ ] 1;2 − . Câu 9b (1,0 điểm). Từ các chữ số của tập { } 0;1;2;3;4;5T = , người ta ghi ngẫu nhiên hai số tự nhiên có ba chữ số khác nhau lên hai tấm thẻ. Tính xác suất để hai số ghi trên hai tấm thẻ đó có ít nhất một số chia hết cho 5. HẾT Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, Giám thị coi thi không được giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Câu 1 Đáp án Biểu điểm Câu 1a (1,0 điểm) Khi 1m = hàm số trở thành 3 2 3 3y x x= − + TXĐ: D = ¡ 2 ' 3 6y x x= − 2 0 ' 0 3 6 0 2 x y x x x = = ⇔ − = ⇔ = lim , lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y’ + 0 - 0 + y 3 +∞ −∞ - 1 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ;0 −∞ và ( ) 3; +∞ Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0;3 Hàm số đạt cực đại tại 0,x y = CĐ = 3 Hàm số đạt cực tiểu tại 2,x y = CT = - 1 Đồ thị: 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 1b (1,0 điểm) 2 ' 3 6y x mx= − 2 0 ' 0 3 6 0 2 x y x mx x m = = ⇔ − = ⇔ = Hàm số có 2 điểm cực trị ⇔ 0m ≠ Khi đó đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị ( ) ( ) 3 0;3 , 2 ; 4 3A B m m− + Suy ra ( ) ( ) 3 0;3 , 2 ; 4 3OA OB m m= = − + uuur uuur Do đó : . 0OA OB OA OB OA OB ⊥ ⇔ ⊥ ⇔ = uuur uuur uuur uuur 0,25 0,25 0,25 3 3 3 4 3 0 4 m m ⇔ − + = ⇔ = (nhận) Vậy: 3 3 4 m = 0,25 Câu 2 (1,0 điểm) Ta có: cos2 3sin 2 1 4sin .cos3x x x x + = − ( ) 2sin sin 3cos 2cos3 0x x x x⇔ − + + = sin 0 sin 3cos 2cos3 x x x x = ⇔ − = sin 0 7 cos cos3 6 x x x = ⇔ π + = ÷ ( ) 7 12 7 24 2 x k x k k k x = π π ⇔ = + π ∈ π π = − + ¢ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 3 (1,0 điểm) + Ta thấy 0x = không là nghiệm + Khi 0x ≠ biến đổi hệ thành ( ) ( ) 2 2 2 6 3 2 3 y x y x y x y x + − = − ÷ + + − = Đặt : 2 , 2 y u x y v x = + = − , hệ trở thành: 1 6 6 3 5 2 3 u v uv u v u v = − = = − ⇔ + = = = − TH1: 2 2 1 1 64 1 0 6 8 8 x y u x x y v y x x + = − = − + + = ⇒ ⇔ = = = (VN) TH2: 2 2 1 2 1 2 2 0 3 2 1 2 x x y y u x x y v x y x x y = + = = − = + − = ⇒ ⇔ ⇔ = − = − = − = − = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 4 (1,0 điểm) Đặt : 2 ln lnt x x t x x = ⇒ = ( ) 2 ln 1tdt x dx ⇒ = + Đổi cận: 2 1 0,x t x e t e= ⇒ = = ⇒ = Do đó: 0,25 ( ) ( ) 0 0 1 2 2 2 2 2ln 1 2 2ln 1 1 1 e e e tdt I dt t t e e t t = = − = − + = − + ÷ + + ∫ ∫ 0,75 Câu 5 (1,0 điểm) • . 1 . 3 S ABCD ABC V S SH = + 2 1 3 . 2 2 ABC a S AB AC = = + 1 2 ,AH 2 BC a BC a = = = +Tam giác BAI cân tại I nên 3 2 a BH HI BH⊥ ⇒ = + · 0 60SBH = nên: · 3 .tan 2 a SH BH SBH= = + 2 3 . 1 1 3 3 3 . 3 3 2 2 4 S ABCD ABC a a a V S SH = = × × = • ( ) ( ) . 3 , A SBC SBC V d A SBC S = + kẻ HJ BC ⊥ tại J , ta có: 2 2 2 2 . 3 4 BH HJ a HJ BH HJ = = + + 2 2 2 2 9 3 39 4 16 4 a a a SJ SH HJ= + = + = Do đó: 2 1 1 39 39 . 2 2 2 4 4 SBC a a S SJ BC a= = × = Vậy : ( ) ( ) 3 2 3 3 3 13 4 , 13 39 4 a d A SBC a a × = = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 6 (1,0 điểm) Do : ( ) ( ) 5 4 5 4 1 1 2 1 1 3 3 2 3 2 2 2 3 P x y y x x x y y y x y x x y x y + + = + = + + × + ÷ + + + + Với , 0x y > , ta có: 0,25 + 1 1 2 2x y xy x y + ≤ ⇔ + ≤ (1) + 1 1 1 1 1 2 9y x y y x ≤ + + ÷ + (2) , 1 1 1 1 1 2 9x y x x y ≤ + + ÷ + (3) Từ (1), (2), (3) suy ra : 1 1 2 6 3 P P x y ≤ + ≤ ⇔ ≤ ÷ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1x y = = Vậy : 6MaxP = khi 1x y = = . 0,25 0,25 0,25 Câu 7a (1,0 điểm) + : 2 7 0AC x y + − = + Gọi I là trung điểm của BC, ta có: ( ) 3;5I − + ( ) ( ) ;2 3 6; 2 7B b b BH C b b AC + ∈ ⇒ − − − + ∈ Nên : 1 6 4 7 0 5 b b b− − − + = ⇔ = Vậy : 1 17 ; 5 5 B ÷ và 31 33 ; 5 5 C − ÷ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 8a (1,0 điểm) ĐK: x ∈ ¡ PT ( ) ( ) 2 2 2 2 2 log 1 log 3x x x x⇔ + + = + + ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 0x x x x⇔ + + − + + − = Đặt: 2 3 1, 4 t x x t = + + ≥ Ta được phương trình : 2 1( ) 2 0 2( ) t L t t t N = − − − = ⇔ = Với 2 1 5 2 2 1 0 1 5 2 x t x x x − + = = ⇒ + − = ⇔ − − = Vậy : 1 5 2 x − + = và 1 5 2 x − − = là nghiệm của phương trình. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 9a (1,0 điểm) Điều kiện: 3 n n ∈ ≥ ¥ Ta có: ( ) 2 1 1 2 10 2 1 15 n n C A n n − − = + ⇔ = (nhận) 0 1 2 1 15 32768 2 2 15 n n n n n n n n C C C C C n − ⇔ + + + ×××+ + = ⇔ = ⇔ = + ( ) 5 15 15 30 2 15 2 15 0 3 2 .2 . 3 . k k k k k x C x x − − = − = − ÷ ∑ + 5 30 10 8 2 k k− = ⇔ = Vậy hệ số của số hạng chứa 10 x là: ( ) 8 8 7 15 .2 . 3C − 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 7b (1,0 điểm) Ta có: 2 2 3 4 2 e a b= ⇒ = Nên ( ) 2 2 2 2 : 1 4 x y E b b + = Gọi: K là hình chiếu vuông góc của M trên Oy 2, 1KM OK ⇒ = = Do đó: ( ) ( ) 2 1 2 2 4 1 2;1 1 2 4 M E b b b ∈ ⇔ + = ⇔ = Vậy: ( ) 2 2 : 1 8 2 x y E + = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 8b (1,0 điểm) Ta có: ( ) .9 2 1 .6 .4 0 x x x m m m + + + ≤ ( ) ( ) 2 3 3 . 2 1 . 0 2 2 x x m m m ⇔ + + + ≤ ∗ ÷ ÷ . Đặt : 3 0 2 x t = > ÷ ( ) ∗ trở thành ( ) 2 1 t m t ≤ − + Khi [ ] 2 9 1;2 ; 3 4 x t ∈ − ⇒ ∈ Xét hàm số ( ) ( ) 2 1 t g t t = − + trên 2 9 ; 3 4 D = ( ) ( ) ( ) 3 1 ' , ' 0 1 1 t g t g t t t − = = ⇔ = + t 2 3 1 9 4 g’ + 0 - g 1 4 − 6 25 − 36 169 − Vậy bất phương trình có nghiệm thuộc đoạn [ ] 1;2 − khi 1 4 m ≤ − . 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 9b (1,0 điểm) + Có 2 5 5. 100A = số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau + Có 2 1 5 4 4. 36A A + = số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 5. + Có 64 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và không chia hết cho 5. 0,25 0,25 + ( ) 1 1 100 99 . 9900n C C Ω = = + Gọi A là biến cố : “Trong hai số được ghi trên 2 tấm thẻ có ít nhất 1 số chia hết cho 5” Ta có: ( ) 1 1 1 1 36 64 36 35 . . 3564n A C C C C = + = Vậy : ( ) ( ) ( ) 3564 9 0,36 9900 25 n A P A n = = = = Ω 0,25 0,25 Ghi chú: Học sinh giải cách khác đúng cho điểm tối đa. Long Xuyên, ngày 09 tháng 01 năm 2014 GVBM PHẠM VĂN THỊNH . ĐỀ THI ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN TOÁN – KHỐI D THỜI GIAN: 180 PHÚT A. Phần bắt buộc cho tất cả thí sinh: (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số ( ) 3 2 3 3 1. điểm) + Có 2 5 5. 100A = số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau + Có 2 1 5 4 4. 36A A + = số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 5. + Có 64 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và không. +∞ Bảng biến thi n: x −∞ 0 2 +∞ y’ + 0 - 0 + y 3 +∞ −∞ - 1 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ;0 −∞ và ( ) 3; +∞ Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0;3 Hàm số đạt cực đại tại 0,x