Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 3 ppt

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013. TỔ TOÁN Môn thi: TOÁN – Khối D Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ SỐ 6 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2 (3 1) 3     y x m x (với m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -1. 2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân sao cho độ dài cạnh đáy bằng 3 2 lần độ dài cạnh bên. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 2. Giải hệ phương trình 4 2 4 2 2 x y x y x y x y               Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = e 1 ln x 2 dx x ln x x    . Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng . ' ' ' ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt phẳng ( ') ABC tạo với đáy một góc 0 60 , khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ') ABC bằng a và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ' ') BCC B bằng a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' ' ABC A B C . Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm z y x , , thoả mãn 3 222  zyx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: zyx zxyzxyA   5 . 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 VI.a (2,0 điểm) 1. Trong hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng 032:    yxd và hai điểm A(-1; 2), B(2; 1). Tìm toạ độ điểm C thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d 1 : 1 1 1 2 1 1       x y z và đường thẳng d 2 : 1 2 1 1 1 2 x y z      và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng , biết  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d 1 , d 2 . Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình:   2 2 2 2log (x 2) 4x 7 log (x 2) 2(x 2) 0        . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong hệ toạ độ Oxy cho hai đường thẳng 032:    yxd và 053:     yx . Lập phương trình đường tròn có bán kính bằng 5 102 , có tâm thuộc d và tiếp xúc với  . 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : 1 3 1 1 4 x y z     và điểm M(0 ;-2 ;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng (P) bằng 4. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:      422)23(log log)7(log1)(log 2 22 2 yxyx yyxyx Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………….; Số báo danh…………………… TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 TỔ TOÁN ĐỀ SỐ 6 Câu Đáp án Điểm I (2.0 điểm) 1.(1.0 điểm) Khi 1   m hàm số trở thành 32 24  xxy  Tập xác định: D    Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 1;00';44' 3  xxyxxy 0.25 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng )1;(   và )1;0( ; đồng biến trên mỗi khoảng )0;1(  và );1(  - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0; y cđ =-3; hàm số đạt cực tiểu tại 1   x ; y ct =-4 - Giới hạn: lim x  - ∞ y =   ; lim x  + ∞ y = +∞ 0.25 - Bảng biến thiên: 0.25  Đồ thị: 2 -2 -4 Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. 0.25 2.(1.0 điểm) 2 13 ,00';)13(24' 23   m xxyxmxy , Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị (*) 3 1  m . 0.25 Với đk(*), đồ thị hàm số có ba điểm cực trị: )3;0(  A ;           3 4 )13( ; 2 13 2 mm B ;            3 4 )13( ; 2 13 2 mm C Ta có: AB = AC = 4 3m 1 (3m 1) 2 16     ; BC = 3m 1 2 2   Suya ra: ABC  cân tại A 0.25                     16 )13( 2 13 4 2 13 4.9 3 2 BC 4 mmm AB 5 m 3 1 m 3            0.25 So với điều kiện (*), ta được 3 5 m . 0.25 II 1.(1.0 điểm) - 3 y’ x y - ∞ + ∞ + ∞ + ∞ 0 0 0 0 - 1 1 - 4 + - - - 4 + y O x (2.0 điểm) Phương tr ình đ ã cho t ương đương v ớ i 2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x 0.25 2 cosx=0 4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx 2cos3x= 3 osx+sinx c c x c       0.25 + osx=0 x= 2 c k     0.25 + 3x=x- 2 6 2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- ) 6 3 2 6 k c c x x k                  12 24 2 x k k x                 0.25 2.(1.0 điểm) Điều kiện: 4 0 2 0 x y x y        Đặt: a 2x y ,(a 0,b 0). b 4x y            Suy ra: 2 2 3 b x y a 2 2    0,25 Ta có hệ 2 2 2 3 1 2 5 6 0 2 2 4 4 a a b a a b a a b                     0,25  1 1 3 6 6 4 10 a a b a a b a b                                 0,25 So với điều kiện a 0,b 0   , ta được: 2 1 1 2 1 4 3 4 9 7 4 3 x y a x y x b x y y x y                               Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (4; -7). 0,25 III (1.0 điểm) Ta có: I = e 1 ln x 2 dx xln x x    = e 1 ln x 2 dx (ln x 1)x    0.25 Đặt t = lnx + 1  dt = 1 dx x ; Đổi cận: x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2 0.25 Suy ra: I = 2 2 1 1 t 3 3 dt 1 dt t t            0.25 =   2 1 t ln | t |  = 1 – ln2 0.25 IV (1.0 điểm) Gọi H là hình chiếu của A trên BC )B'BCC'(AH   aAH   Gọi K là hình chiếu của C trên 'AC )BC'(CK A   aCK   0.25 ACCACABAC '(ABC))),((ABC'AB,'       0 60'  ACC 0.25 3 2 60sin 0 aCK AC  ; aACCC 260tan.' 0  0.25 aAB AC AB AH 2 111 222  3 4 '. 3 '''. a CCSV ABCCBAABC   . 0.25 K H C' B' A' C B A V (1.0 im) Đặt z y x t 2 3 )(23 2 2 t zxyzxyzxyzxyt . 0.25 Ta có 30 222 zyxzxyzxy nên 3393 2 tt vì .0 t Khi đó 2 3 5 2 t A t 2 5 3 , 3 3. 2 2 t t t 0.25 Xét hàm số .33, 2 35 2 )( 2 t t t tf Ta có 0 55 )(' 2 3 2 t t t ttf , t 3;3 . 0.25 Suy ra )(tf đồng biến trên ]3,3[ . Do đó . 3 14 )3()( ftf Dấu đẳng thức xảy ra khi .13 zyxt Vậy GTLN của A là 3 14 , đạt đợc khi .1 zyx 0.25 VIa (2.0 im) 1.(1.0 im) 10AB , im C thuc ng thng d nờn to ca C cú dng );32( aaC 0.25 Phng trỡnh ng thng 053: yxAB 0.25 2 ABC S 2),(. 2 1 ABCdAB 2 10 2 .10 2 1 a 6 2 a a 0.25 Vi 6 a ta cú )6;9( C ; vi 2 a ta cú )2;7( C 0.25 2.(1.0 im) G i A, B l n l t l giao i m c a d 1 , d 2 v i m t ph ng (P). Tỡm c: A(1; 0 ; 2); B(2; 3; 1) 0.5 ng thng nm trong (P) v ct d 1 , d 2 nờn i qua A v B. 0.25 Mt vect ch phng ca ng thng l (1;3; 1) AB Phng trỡnh chớnh tc ca ng thng l: 1 2 1 3 1 x y z 0.25 VIIa (1.0 im) iu kin: 2 x , phng trỡnh ó cho tng ng vi: 0.25 042)2(log.1)2(log2 22 xxx 042)2(log 01)2(log2 2 2 xx x 0.25 + 01)2(log2 2 x 1 x 2 2 . So vi iu kin ta c 1 x 2 2 0.25 + 042)2(log 2 xx , vỡ hn s 2 f(x) log (x 2) 2x 4 l hm s ng bin trờn ;2 v 5 f( ) 0 2 nờn 2 5 x l nghim duy nht ca phng trỡnh f(x) = 0. Vy phng trỡnh cú hai nghim 2 1 2 x v 2 5 x 0.25 VI.b (2.0 im) 1.(1.0 im) G i I l tõm c a ng trũn c n vi t phng tr ỡnh. Vỡ I thuc d nờn ta im I cú dng );32( aaI 0.25 ng trũn tip xỳc vi nờn RId ),( 5 102 10 2 a 2;6 aa 0.25 Vi 6 a ta cú )6;9( I suy ra phng trỡnh ng trũn: 5 8 )6()9( 22 yx 0.25 vi 2 a ta cú )2;7( I ,suy ra phng trỡnh ng trũn: 5 8 )2()7( 22 yx Vy cú hai ng trũn tho món l: 5 8 )6()9( 22 yx v 5 8 )2()7( 22 yx . 0.25 2.(1.0 điểm) Giả sử ( ; ; ) n a b c  là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và có vtpt ( ; ; ) n a b c  : ax + by + cz + 2b = 0. Đường thẳng  đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương (1;1;4) u   0.25 Mặt phẳng (P) song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng (P) bằng 4 nên ta có : 2 2 2 4 0 (1) . | 5 | 4 (2) ( ;( )) 4                    a b c n u a b d A P a b c 0.25 Thế b = - a - 4c vào (2) ta có 2 2 2 2 2 ( 5 ) (2 17 8 ) - 2 8 0 a c a c ac a ac c         4 2       a c a c 0.25 Với a = 4c chọn a = 4, c = 1  b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = 0. Với a = -2c chọn a = 2, c = - 1  b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0. 0.25 VIIb (1.0 điểm) 2 2 2 2 log (x y) 1 log (7x y) log y (1) log (3x y 2) 2x 2y 4 (2)              Điều kiện         0 07 0 y yx yx Với đk trên phương trình (1) trở thành: yyxyx )7(log)(2log 2 2 2  0.25        xy xy yxyx 2 032 22 0.25 Với x y  thế vào phương trình (2) ta được 94)22(log 2  xx Suy ra 9   yx ,( thoả mãn điều kiện). 0.25 Với xy 2  thế vào phương trình (1) ta được  xx 24)2(log 2 042)2(log 2  xx Vì hàm số 2 f(x) log (x 2) 2x 4     là hàm số đồng biến trên   ;2 và 5 f( ) 0 2  nên 2 5 x là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = 0. Suy ra        5 2 5 y x ,( thoả mãn điều kiện). Vậy hệ đã cho có hai nghiệm      9 9 y x và        5 2 5 y x 0.25 . z y x t 2 3 )( 23 2 2 t zxyzxyzxyzxyt . 0.25 Ta có 30 222 zyxzxyzxy nên 33 93 2 tt vì .0 t Khi đó 2 3 5 2 t A t 2 5 3 , 3 3. 2 2 t t t 0.25 Xét hàm số .33 , 2 35 2 )( 2 . ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 20 13 TỔ TOÁN ĐỀ SỐ 6 Câu Đáp án Điểm I (2.0 điểm) 1.(1.0 điểm) Khi 1   m hàm số trở thành 32 24  xxy  Tập xác định: D    Sự biến thi n:. TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 20 13. TỔ TOÁN Môn thi: TOÁN – Khối D Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ SỐ 6 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ