Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 5 pdf

WWW.VIETMATHS.COM TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH TỔ: TOÁN ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn thi: TOÁN – Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ SỐ 1 PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3 ( 1) 1 y x mx m x      (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1 m  . 2. Tìm m để đường thẳng 2 1 y x   cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn điểm   C 0;1 nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30 . Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 1 2 4( 1) 4 2 7 x y x y x y xy              . Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I = e 1 ln x 2 dx xln x x    . Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 45 0 . Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a. 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 . 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 mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;2) và đường thẳng (  ): 3 4 7 0 x y    . Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng (  ) tại hai điểm B, C sao cho  ABC vuông tại A và có diện tích bằng 4 5 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 2 : 2 1 1 x y z        và điểm A(2;1;2). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa  sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 1 3 . Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( ) 10 1 2x + . ( ) 2 2 3 4x 4x + + = 0 a + 1 a x + 2 a x 2 + .+ 14 a x 14 . Tìm giá trị của a 6 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3). Biết đỉnh A , C lần lượt thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng : 1 1 : 2 1 x t d y t z           ; WWW.VIETMATHS.COM 2 2 1 1 : 1 2 2 x y z d       . Viết phương trình mp(P) song song với 1 d và 2 d , sao cho khoảng cách từ 1 d đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ 2 d đến (P). Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 log ( 2 8) 6 8 2 .3 2.3 x x y x y y x            . Hết TRƯ ỜNG THPT CHUY ÊN NGUYÊN T ẤT TH ÀNH TỔ: TOÁN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1. C âu N ỘI DUNG ĐI ỂM Câu 1 I.1 Với m=1 ta có 3 2 2 3 1 y x x     TXĐ: D=R  Sự biến thiên: - Giới hạn: lim ; lim x x y y       0,25 -Ta có: ' 6 ( 1)    y x x 0 ' 0 1 x y x        -BBT: x  0 1  y’ + 0 - 0 + y 1   0 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (  ;0) và (1;  ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) Hàm số đạt cực đại tại x=0 và y CĐ =1 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và y CT =0 0,25  Đồ thị: - Ta có 1 '' 12 6 '' 0 2       y x y x 1 1 ( ; ) 2 2 I là điểm uốn của đồ thị. - Đồ thị (C) cắt trục Oy tại   A 0;1 - Đồ thi cắt trục Ox tại   1 B 1;0 ;C ;0 2        0,25 WWW.VIETMATHS.COM I.2 Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số: 3 2 2 3 ( 1) 1 y x mx m x      là nghiệm phương trình: 3 2 2 3 ( 1) 1 2 1 x mx m x x       2 2 0 1 (2 3 3) 0 2 3 3 0 (*)                 x y x x mx m x mx m 0,25 Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu 2.( 3) 0 3 m m      0,25 Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn 3 2 3 . 2 A B A B m x x m x x            và 2 1 2 1 A A B B y x y x        ( vì A và B thuộc (d)) 0,25 AB = 30 2 2 ( ) ( ) 30 B A B A x x y y     2 2 2 9 3 ( ) 6 ( ) 4 . 6 4. 6 4 2            B A B A B A m m x x x x x x   2 0 9 8 0 : 3 8 9            m m m tmdk m m . 0,25 CÂU II II.1 1. Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 Phương tr ình đ ã cho t ương đương v ới 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 WWW.VIETMATHS.COM + 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 II.2 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 1 2 4( 1) 4 2 7 x y x y x y xy              . Điều kiện: x+2y 1 0   Đặt t = 2 1 (t 0) x y    0,25 Phương trình (1) trở thành : 2t 2 – t – 6 = 0     2 / 3 t/m 2 t t m t k          0,25 + Hệ 2 2 2 3 4 2 7 x y x y xy          0,25 1 1 ( / ) 2 1 2 x y t m x y                      0,25 Câu II 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 Câu IV H M C A S WWW.VIETMATHS.COM PHN RIấNG (3,0 im) A. Theo ch ng tr ỡnh Chu n VI.a (2,0 im) 1. (1,0 i m) Gi AH l ng cao ca ABC , ta cú 4 ( ; ) 5 AH d A 0,25 BC AB BC (SAB) BC SB BC SA Suy ra gúc gia mp(SBC) v mp(ABC) l gúc SBA . Theo gi thit SBA = 45 0 0,25 Gi M l trung im ca SC, H l trung im ca AC. Tam giỏc SAC vuụng ti A nờn MA = MS = MC, tam giỏc SBC vuụng ti B nờn MB = MC = MS. Suy ra M l tõm mt cu ngoi tip hỡnh chúp S.ABC. 0,25 Suy ra tam giỏc SAB vuụng cõn ti A, do ú SA = AB = a. SA (ABC), MH // SA nờn MH (ABC). Suy ra MH l ng cao khi chúp M.ABC. 0,25 Suy ra 3 M.ABC ABC 1 a V MH.S 3 12 0,25 Cõu V 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 . 5 2 3 2 t t A 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 WWW.VIETMATHS.COM 1 4 1 4 . . . 2 2 5 2 5 ABC S AH BC BC BC       . Gọi I ;R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn cần tìm, ta có : 1 1 2 R AI BC    . Phương trình tham số của đường thẳng (  ): x 1 4t y 1 3t ì = - + ï ï í ï = + ï î I Î (  ) Þ I(-1+4t; 1 + 3t) AI = 1 Û 16t 2 + (3t – 1) 2 = 1 Û t = 0 hoặc t = 9 5 0,25 + t = 0 Þ I(-1; 1) Phương trình của đường tròn là: (x + 1) 2 + (y – 1) 2 = 1 0,25 + t = 9 5 Þ I(- 1 25 ; 43 25 ) Phương trình của đường tròn là: (x + 1 25 ) 2 + (y – 43 25 ) 2 = 1 0,25 2. (1,0 đi ểm) Đường thẳng  đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là u  = (2 ; -1 ; 1). Gọi n  = (a ; b ; c ) là vtpt của (P). Vì ( ) P   nên . 0 n u    0,25  2a – b + c = 0  b = 2a + c n   =(a; 2a + c ; c ) Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là: a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0  ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0 0,5 d(A ; (P)) = 1 3 2 2 2 1 3 (2 ) a a a c c        2 0 a c    0 a c    Ch ọn a = 1 , c = - 1 Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là x + y – z = 0 0,25 VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( ) 10 1 2x + . ( ) 2 2 3 4x 4x + + = 0 a + 1 a x + 2 a x 2 + .+ 14 a x 14 . Tìm giá trị của a 6 . ( ) 10 1 2x + . ( ) 2 2 3 4x 4x + + = ( ) 10 1 2x + . ( ) 2 2 2 1 2x é ù + + ê ú ë û = 4 ( ) 10 1 2x + + 4 ( ) 12 1 2x + + ( ) 14 1 2x + 0,25 Hệ số của x 6 trong khai triển 4 ( ) 10 1 2x + là 4.2 6 . 6 10 C Hệ số của x 6 trong khai triển 4 ( ) 12 1 2x + là 4.2 6 . 6 12 C Hệ số của x 6 trong khai triển 4 ( ) 14 1 2x + là 2 6 . 6 14 C 0,5 Vậy a 6 = 4.2 6 . 6 10 C + 4.2 6 . 6 12 C + 2 6 . 6 14 C = 482496 0,25 B. Theo chương tr ình Nâng cao VI.b (2,0 điểm) 1. (1,0 đi ểm) Vì đi ểm A thuộc đ ư ờng thẳng x + y + 3 = 0 v à C thu ộc đ ư ờng thẳng x+ 2y + 3 = 0 n ên A(a ; - a – 3) và C(- 2c – 3 ; c). 0,25 WWW.VIETMATHS.COM I là trung điểm của AC 2 3 4 1 3 6 4 a c a a c c                      A(-1; -2); C(5 ;-4) 0,25 Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là u  =(1;3) có ptts là x 2 t y 3 3t         B  BD  B(2+t ; -3 +3t) Khi đó : AB  = (3 +t ;–1+3t); CB  = (- 3+t; 1+3t) . 0 AB CB    Û t = ± 1 0,25 V ậy A( - 1; - 2); C(5 ; - 4), B(3;0) và D(1; - 6) ho ặc A( - 1; - 2); C(5 ; - 4), B(1; - 6) và D(3;0) 0,25 2. (1,0 đi ểm) 1 d đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là :   1 1; 1;0 u    ; 2 d đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là:   2 1; 2;2 u    0,25 Gọi n  là một vtpt của (P), vì (P) song song với 1 d và 2 d nên n  = [ 1 2 ; u u   ] = (-2 ; -2 ; -1)  (P): 2x + 2y + z + D = 0 0,25 d(A ; (P) = 2d( B;(P)) 7 2. 5 D D     7 2(5 ) 7 2(5 ) D D D D            3 17 3 D D          0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z - 17 3 = 0 0,25 VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 log ( 2 8) 6 (1) 8 2 .3 2.3 (2) x x y x y y x            . Đi ều kiện: y – 2x + 8 > 0 (1)  y – 2x + 8 =   6 2 2 y x   0,25 Thay 2 y x  vào phương trình (2), ta được 2 3 8 2 .3 2.3 x x x x   8 18 2.27 x x x    8 18 2 27 27 x x                3 2 2 2 3 3 x x                0,25 Đặt: t = 2 3 x       (t > 0) Ta có phương trình     3 2 2 0 1 2 0 t t t t t         0 1 0 x t y         Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0) 0,5 . THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH TỔ: TOÁN ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn thi: TOÁN – Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ SỐ 1 PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ. 0, 25 Ta có 30 222 zyxzxyzxy nên 3393 2 tt vì .0 t Khi đó . 5 2 3 2 t t A 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 . tròn là: (x + 1) 2 + (y – 1) 2 = 1 0, 25 + t = 9 5 Þ I(- 1 25 ; 43 25 ) Phương trình của đường tròn là: (x + 1 25 ) 2 + (y – 43 25 ) 2 = 1 0, 25 2. (1,0 đi ểm) Đường thẳng  đi