Đề thi thử tuyển sinh đại học 2013 môn: toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề51247

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2013 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Đề 01 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  x  Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) cho tiếp tuyến (C) A B song song với độ dài đoạn thẳng AB Câu II (2,0 điểm)  sin x  cos x   2sin x       sin   x   sin   x     cot x  4  4   x  y    2 Giải hệ phương trình   x, y  ฀   y   x  2 x     e x  1 ln x  x   dx Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I    x ln x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC  a, BC  2a, ฀ ACB  1200 đường thẳng Giải phương trình A ' C tạo với mặt phẳng  ABB ' A ' góc 300 Tính thể tích khối lăng trụ cho khoảng cách hai đường thẳng A ' B, CC ' theo a Câu V (1,0 điểm) Cho phương trình  x  x  x  m  x   3 x  Tìm m để phương trình có nghiệm thực PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn  C  : x  y  18 x  y  65   C ' : x  y  Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường trịn (C’), gọi A, B tiếp điểm Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB 4,8 x  t  Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  d  :  y  1  2t điểm A  1; 2;3 Viết phương trình z   mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) Câu VII.a (1.0 điểm) Giải bất phương trình log  x  1  log  x  x   B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm)  4 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I  3;3 AC  BD Điểm M  2;  thuộc đường  3  13  thẳng AB , điểm N  3;  thuộc đường thẳng CD Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có  3 hồnh độ nhỏ x 1 y  z x  y 1 z 1 Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng  d1  : mặt   ; d2  :   2 1 phẳng  P  : x  y  2z   Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) cắt  d1  ,  d  A, B cho độ dài đoạn AB nhỏ Câu VII.b (1.0 điểm) Giải phương trình log  x  1  log  x  1  log  x  1 Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm DeThiMau.vn Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN Mơn: TỐN; Khối: A+B (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án (1,0 điểm)  Tập xác định: D  ฀  Sự biến thiên: Điểm 0.25 ￚ Chiều biến thiên: y '  x  x ; y '   x  x  Hàm số đồng biến khoảng  ;0   2;   ; nghịch biến khoảng 0.25  0;  ￚ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x  ; yCT  2 , đạt cực đại x  ; yCĐ  ￚ Giới hạn: lim y  ; lim y   x   x  ￚ Bảng biến thiên: 0.25 Đồ thị: 0.25 2.(1,0 điểm) Đặt A  a; a  3a   ; B  b; b3  3b   với a  b Hệ số góc tiếp tuyến với (C) A, B là: 0.25 k A  y '  x A   3a  6a; k B  y '  xB   3b  6b Tiếp tuyến (C) A B song song với k A  k B  3a  6a  3b  6b   a  b  a  b     b   a Độ dài đoạn AB là: 0.25 DeThiMau.vn AB   a  b   a  b3   a  b   a  b  a  b 2  a  ab  b   a  b   2   a  1   a  1  a  1  3   AB    a  1   a  1  32    a  1   a  1   4 0.25  a  12  a      a  12  2  a  1   Với a   b  1  Với a  1  b  Vậy A  3;  , B  1; 2  A  1; 2  , B  3;  II (2,0 điểm) 0.25 (1,0 điểm) Điều kiện: sin x  (*) Khi đó: 0.25   Phương trình cho tương đương với:  s in2x  cos x  sin x  cos   x  sin x 4         cos  x   sin x  cos  x     sin x  1 cos  x    4 4 4      sin x   x    k 2 k  ฀  ,  3 k   cos  x     x  4  Vậy, phương trình có nghiệm: x  2.(1,0 điểm) Điều kiện: x  2; y  2  0.25 thỏa (*) k  ฀  ,  k 2 ; x  0.25 thỏa (*) 3 k   k  ฀  0.25  u  v  Đặt u  x  2; v  y  với u , v  (*) Hệ trở thành:  v   u   u   Thế (1) vào (2) ta phương trình:  7  u    2u  8u  2   u  2u  7u  8u  12    u  1 u    u  5u     u   u  (vì u  5u   0, u  )  Với u  thay vào (1) ta v   , không thỏa (*)  Với u  thay vào (1) ta v  , thỏa (*) x   Vậy, hệ phương trình có nghiệm:   y   III (1,0 điểm) 0.25 (1,0 điểm) e e e x  1 ln x  x    ln x I  dx   x dx   dx  x ln x  x ln x 1 DeThiMau.vn (1) (2) 0.25 0.25 0.25 0.25 e  x  e3  x dx  3  1  1 e e d   x ln x  e  ln x e2  dx 1  x ln x 1  x ln x  ln  x ln x 1  ln  e    ln  ln 0.25 e3  e2 Vậy I   ln (1,0 điểm) 0.25 e IV (1,0 điểm) 0.25 0.25 Trong (ABC), kẻ CH  AB  H  AB  , suy CH   ABB ' A ' nên A’H hình chiếu vng góc A’C lên (ABB’A’) Do đó: ฀ ฀ ' H  300 A ' C , A ' H   CA  A ' C ,  ABB ' A '   ฀   a2 AC.BC.s in1200  2 2 AB  AC  BC  AC.BC.cos1200  a  AB  a S ABC  0.25 2.S ABC a 21  AB CH 2a 21  Suy ra: A ' C  s in30  CH  Xét tam giác vuông AA’C ta được: AA '  A ' C  AC  a 35 a 105 14 Do CC '/ / AA '  CC '/ /  ABB ' A ' Suy ra: 0.25 Suy ra: V  S ABC AA '  d  A ' B, CC '  d  CC ',  ABB ' A '   d  C ,  ABB ' A '   CH  V (1,0 điểm) (1,0 điểm) Điều kiện: 2  x  Đặt t  x    x với x   2,3 0.25 a 21 1 3 x  x  ; y '    x  x   x  1   x2 3 x x  3 x Bảng biến thiên: Ta có: t '  Từ BBT suy ra: t   5,5 DeThiMau.vn 0.25 Do t  x    x   x  x  x  t  14 nên phương trình trở thành: t  14 t  14  mt  m t t  14 Xét hàm số f  t   với t   5,5 , ta có: t t  14 f 't    0, t   5,5  f  t  đồng biến  5,5 t2 Phương trình có nghiệm thực  f    m  f  5   55  m  115 Vậy, phương trình có nghiệm thực  VI.a (2,0 điểm) (1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 11 m 5 0.25 Đường trịn (C’) có tâm O  0;0  , bán kính R  OA  Gọi H  AB  OM , H 12 OA Suy ra: OH  OA  AH  OM  5 5 OH 2 M   C   x  y  18 x  y  65  Đặt M  x; y  , ta có:   2 OM   x  y  25 trung điểm AB nên AH  3 x  y  15   x  x  20     x  y  25  y  15  x 0.25 x  x    y  y  Vậy, (C) có hai điểm M thỏa đề là: M  4;3 M  5;0  0.25 2.(1,0 điểm)   Đường thẳng (d) qua điểm M  0; 1;1 có VTCT u  1; 2;0  Gọi n   a, b, c  VTPT (P) với a  b  c  Do (P) chứa (d) nên:  u.n   a  2b   a  2b Phương trình (P) có dạng: a  x    b  y  1  c  z  1   ax  by  cz  b  c  d  A, ( P)    a  3b  2c a  b2  c2 3 5b  2c 5b  c 2 Do b  nên thay (1), (3) vào (2) ta phương trình 2bx  by  2bz  b   x  y  z   Vậy, phương trình (P) là: x  y  z   0.25 (1) (2) 0.25   5b  2c  5b  c  4b  4bc  c    2b  c    c  2b DeThiMau.vn 0.25 (3) 0.25 0.25 VII.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) Khi đó: Phương trình cho tương đương với : log  x3  1  log  x   x  1  Điều kiện: x  1 x  0.25 0.25  x3   x   x  1  x2  x   x 1 x  1 ta phương trình: x  x     x   Với 1  x  ta phương trình: x  x   x  Vậy, phương trình có tập nghiệm: S  0;1; 2  VI.b (2,0 điểm) Với x  0.25 0.25 (1,0 điểm) 0.25  5 Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I N '  3;   3 Đường thẳng AB qua M, N’ có phương trình: x  y   39 Suy ra: IH  d  I , AB    10 10 Do AC  BD nên IA  IB Đặt IB  x  , ta có phương trình 1    x2   x  2 x 4x Đặt B  x, y  Do IB  B  AB nên tọa độ B nghiệm hệ: 14   x   x    x  32   y  32  5 y  18 y  16      x  3y  y  y   x  y     14  Do B có hoành độ nhỏ nên ta chọn B  ;   5 Vậy, phương trình đường chéo BD là: x  y  18  2.(1,0 điểm) Đặt A  1  a; 2  2a;a  , B   2b;1  b;1  b  , ta có  AB   a  2b  3; 2a  b  3; a  b  1   Do AB song song với (P) nên: AB  n P  1;1; 2   b  a   Suy ra: AB   a  5; a  1; 3 DeThiMau.vn 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25  2a  8a  35   a    27  3  Suy ra: AB  3  a  , A 1; 2;  , AB   3; 3; 3 b  2 x 1 y  z  Vậy, phương trình đường thẳng (d) là:   1 (1,0 điểm) Điều kiện: x   x  Bất phương trình cho tương đương với: log 2 x   log  x  x  Do đó: AB  VII.b (1,0 điểm)  a  5   a  1   3 2 2 0.25  0.25 0.25  x 1  x2  x Xét trường hợp sau: 0.25 x  x  1) x  Ta hệ:    1  x   2 1  x  x  x x  x  x   2) x  Ta hệ:   2 2 x   x  x x  4x 1   x    2 x  2 2   x   Vậy, nghiệm bất phương trình 1  x    x   -Hết Biên soạn: Huỳnh Chí Hào – THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu DeThiMau.vn 0.25 0.25 ...Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN Mơn: TỐN; Khối:... – THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án (1,0 điểm)  Tập xác định: D  ฀  Sự biến thi? ?n: Điểm 0.25 ￚ Chiều biến thi? ?n: y '  x  x ; y '   x  x  Hàm số đồng biến khoảng  ;0   2;   ;...  ￚ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x  ; yCT  2 , đạt cực đại x  ; yCĐ  ￚ Giới hạn: lim y  ; lim y   x   x  ￚ Bảng biến thi? ?n: 0.25 Đồ thị: 0.25 2.(1,0 điểm) Đặt A  a; a  3a 