Đề thi thử tuyển sinh đại học môn toán khối A năm 2013

Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ ViettelStudy.vn B Ộ GIÁO D Ụ C VÀ ĐÀO T Ạ O Đ Ề THI TH Ử TUY Ể N SINH Đ Ạ I H Ọ C NĂM 201 3 Môn thi: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 43 23  xxy 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II(2 điểm): 1) Giải phương trình: sin xsin 2 sin cos2 2sinx cos 6 os2 sin 4 x x x x c x x             2) Giải phương trình:   3 3 2 3 2 6 18 x x x x     . Câu III (1 điểm) Tính tích phân 3 2 1 log 1 3ln e x I dx x x    . Câu IV(1 điểm): Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có  0 3 ; 2 ; 60 AC a AB a ABC   ; A’C tạo với (ABB’A’) một góc 0 30 , M là trung điểm BB’. Tính thể tích khối chóp AMCB và khoảng cách giữa AM và BC. Câu V(1 điểm:) Cho , , 0 : x+y+z 1 x y z   . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức       2 2 2 1 3 1 3 1 3 x y z y z x z x y A x y y z z x             PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa( 2 điểm): 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn tâm O có phương trình: 2 2 16 x y   .Viết phương trình đường tròn tâm K(3;4) sao cho đường tròn tâm K cắt (O) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 4 3 và AB là cạnh lớn nhất của tam giác OAB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng 1 2 3 2 2 1 1 1 1 2 : ; : ; : 2 1 2 1 2 1 1 1 2 x y z x y z x y z d d d                . Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với d 1 , cắt d 2 và d 3 tại hai điểm A, B sao cho  3 AB . Câu VIIa) (1 điểm): Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,7,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 8 chữ số phân biệt sao cho trong mỗi số đó không có bất kỳ 2 chữ số chẵn nào đứng cạnh nhau. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb( 2 điểm) : 1) Cho Elip có các tiêu điểm     1 2 3;0 ; 3;0 F F , có các đỉnh là 1 2 1 2 ; ; ; A A B B . Viết phương trình đường thẳng (d) qua M(1;1) cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm AB, biết diện tích tứ giác 1 1 2 2 A B A B bằng 40. Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ ViettelStudy.vn 2 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x  y  2z 2 = 0 và đường thẳng (d): 1 2 1 2 1 x y z      . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc (d), I cách (P) một khoảng bằng 2 và (P) cắt (S) theo một đường tròn giao tuyến có bán kính bằng 3. Câu VIIb) (1 điểm):Trong các số phức z thỏa mãn 3 4 1 z i    .Tìm số phức z có modul nhỏ nhất. 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: Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ ViettelStudy.vn 3 Đáp án: ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ Môn thi : TOÁN; Khối: A Câu Phần Đáp án Điể m 1 1(1điểm) 1, Khảo sát hàm số 43 23  xxy 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: a) Giới hạn:   )4x3x(limylim,)4x3x(limylim 23 xx 23 xx 0.25 b) Bảng biến thiên: y' = 3x 2 - 6x, y' = 0  x = 0, x = 2 Bảng biến thiên: x -  0 2 +  y' + 0 - 0 + y 4 +  -  0 0.25 - Hàm số đồng biến trên (-  ; 0) và (2; +  ), nghịch biến trên (0; 2) - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = 0. 0.25 3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0). Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng 0.25 2(1 điểm) Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc d qua A(3 ;4) có hệ số góc m có phương trình y = m(x – 3) + 4. 0.25 Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình       0mx 3x 0)mx)(3x(4)3x(m4x3x 2 223 0.25 x y -1 2 O 4 2 1 Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ ViettelStudy.vn 4 Yêu cầu bài toán tương đương điều kiện m > 0 9 m  và 1)m('y).m('y  0.25 2 6 35 (3 6 )(3 6 ) 1 9 36 1 0 3 m m m m m m m             (thỏa mãn) 0.25 2(2 điểm) 1(1 điểm) Giải pt : sin xsin 2 sin cos2 2sinx cos 6 os2 sin 4 x x x x c x x             Điều kiện: 3 4 x k     . 0.5 Phương trình tương đương với:     2 2 2sin cos 2cos sin sin cos 6 cos2 1 sin cos 2 2sin cos 1 3cos2 x x x x x x x x x x x x         4 sin2 1 3 os2 12 x k x c x x k                    0.25 Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của pt là: 12 x k     . 0.25 2(1điểm) Giải phương trình:   3 3 2 3 2 6 18 x x x x     . Điều kiện : 6 x   0.5 Phương trình tương đương :     3 3 3 6 2 6 0 x x x x      Đặt 6 0 x y    ta có pt:     2 3 2 3 6 3 2 0 2 0 2 2 6 x y x x x xy y x y x y x y x x                         TH1 : 2 0 6 3 6 0 x x x x x x             TH2 :   2 0 2 6 2 2 7 4 6 x x x x x x                0.25 Đối chiếu điều kiện suy ra nghiệm của pt : x=3 ;x= 2 2 7  0.25 Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ ViettelStudy.vn 5 3 (1 điểm) Tính tích phân 3 2 1 log 1 3ln e x I dx x x    3 3 2 3 2 2 2 1 1 1 ln log 1 ln . ln ln10 . ln 10 1 3ln 1 3ln 1 3ln e e e x x x xdx I dx dx x x x x x x                0.25 Đặt 2 2 2 1 1 1 3ln ln ( 1) ln . 3 3 dx x t x t x tdt x        . Đổi cận … x=1, t=1 ; x=e,t=2 0.25 Suy ra     2 2 2 3 2 3 3 2 1 1 1 1 1 log 1 1 1 3 . 1 ln 10 3 9ln 10 1 3ln e t x I dx tdt t dt t x x          0.25 2 3 3 3 1 1 1 4 9ln 10 3 27ln 10 I t t          0.25 4 (1 điểm) Ta có 1 . 3 AMBC ABC V MB S   Có 2 0 1 3 3 . .sin60 2 2 ABC a S AC AB    Kẻ CH vuông góc với AB. Khi đó   ' ' CH ABB A  nên hình chiếu của A’C trên (ABB’A’) là A’H. Suy ra góc giữa A’C và (ABB’A’) là 0 ' 30 CA H   . 0.25 A’ C ’ B’ B A C K D H M Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ ViettelStudy.vn 6 Ta có theo định lý hàm số côsin : 2 2 2 0 2 2 . .cos60 7 7 BC AC AB AC AB a BC a       0 3 3 .sin60 2 a CH AC  xét tam giác A’HC có : 2 2 0 ' 3 3 ' ' 3 2 sin 30 CH A C a AA A C AC a       Suy ra 3 1 1 1 3 6 . . '. 3 3 2 4 AMBC ABC ABC a V MB S AA S      0.25 Dựng hình bình hành ACBD       / / / /( ) ; ; ; CB AD CB AMD d AM CB d CB ADM d B ADM     Kẻ BK vuông góc AD. Khi đó AD vuông góc (MBK) nên (ADM) vuông góc với (BMK). Kẻ BE vuông góc MK thì BE vuông góc với (ADM).   ; d B ADM BE   0.25 Ta có 2 2 2 1 1 1 BE BM BK   Lại có 2 2 3 3 7 ABCABD S S a BE AD BC     2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 7 13 3 3 9 27 27 13 a BE BE BM BK a a a         Vậy     3 3 ; ; 13 a d AM BC d B ADM BE   0.25 5 (1 điểm) Cho , , 0 : x+y+z 1 x y z   . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức       2 2 2 1 3 1 3 1 3 x y z y z x z x y A x y y z z x             Ta có 0.5 Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ ViettelStudy.vn 7                2 2 2 1 3 1 3 1 3 2 1 2 1 1 3 1 3 1 3 1 3 2 1 1 3 1 3 1 6 1 6 1 3 1 3 1 3 1 3 1 6 1 3 1 3 x y z y z x z x y A x y y z z x xy yz x y y z y z z x xz z x x y y x z y z x xy yz x y y z y z z x x z y xz z x x y                                                                                                        1 1 1 7 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 0 xyz x y y z y z z x z x x y                           Dấu ‘’=’’ xảy ra khi x=0 hoặc y=0 hoặc z=0. Vậy giá trị nhỏ nhất của A=0 khi xyz=0. Mặt khác             2 2 2 2 2 2 1 3 1 3 1 3 3 1 3 1 3 1 1 3 1 3 1 3 2 1 3 1 3 1 3 1 2 (1 3 ) (1 3 ) (1 3 ) x y z y z x z x y A x y y z z x x x y y y z z z x x y y z z x x y z x y z x y y z z x x y z x x y y y z z z x                                                              0.25 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có :         2 2 2 2 2 2 2 2 2 . . a b c a b c a b c x y z x y z x y z x y z a b c a b c x y z x y z                                       Khi đó áp dụng ta có : 0.25 Giỏo viờn : Phm Th Thỳy H Trng THPT chuyờn Nguyn Hu ViettelStudy.vn 8 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 3 ) (1 3 ) (1 3 ) 3 1 1 3 1 7 1 3 x y z x x y y y z z z x x y z x y z x y z xy yz xz xy yz xz x y z Suy ra 6 1 1 7 7 A Du = xy ra khi x=y=z=1/3. Vy giỏ tr ln nht ca A=1/7 Cõu 6a) (2 im) 1) (1 im) ng trũn tõm O bỏn kớnh R=4 ; OK=5 nờn K nm ngoi ng trũn. 0 0 1 1 3 . .sin 4 3 .4.4.sin 4 3 sin 2 2 2 60 120 OAB S OAOB AOB AOB AOB AOB AOB 0.25 m AB l cnh ln nht trong tam giỏc AOB nờn 0 120 AOB Suy ra 2 2 2 0 2 . .cos120 48 4 3 AB OA OB OAOB AB Gi H l trung im AB. Ta cú 0 1 2 3; .cos60 2 2 AH AB OH OA 0.25 2 2 2 2 5 2 3 12 9 21 5 2 7 12 49 61 HK AK AH HK HK AK AH HK 0.25 Vy cú 2 ng trũn tha món iu kin bi : TH1 : ng trũn tõm K(3 ;4) bỏn kớnh ' 21 R cú pt l : 2 2 3 4 21 x y TH2 : ng trũn tõm K(3 ;4) bỏn kớnh ' 61 R cú pt l : 2 2 3 4 61 x y 0.25 2) 1 im 2 3 A d t: A(1+t;-1+2t;t) vaứ B d t': B(-t';1+t ';2+2t') ' 1;2 ' 2; 2 ' 2 laứ vtcp cuỷa ,BA t t t t t t 0.25 1 do d neõn . =0 2 ' 1 2 ' 2 2 2 ' 2 0 ' 2 , 3 1; 2; 3 2 d u u t t t t t t t t BA t t 0.25 Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà Trường THPT chun Nguyễn Huệ ViettelStudy.vn 9                        2 2 2 2 Mặt khác, BA=3 nên 3 1 2 3 2 9 0 18 18 0 1 t t t t t t 0.25                             1 1 1 Với t=0 ta có A(1;-1;0); 1; 2; 2 .Ptct của : 1 2 2 3 1 Với t=-1 ta có A(0;-3;-1); 2; 2;1 .Ptct của : 2 2 1 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán đó là 1 : 1 x y z BA x y z BA x             2 1 3 1 ; : 2 2 2 2 1 y z x y z 0.25 Câu 7a) 1 điểm Gọi số thỏa mãn u cầu bài tốn là   1 2 8 1 0 a a a a  Xét cả trường hợp số 0 đứng đầu. Trong các số 0,1,2,3,4,5,7,9 có tất cả 5 số lẻ, 3 số chẵn. Thay đổi vị trị của 5 số lẻ trên có 5! cách thay đổi. Khi đó giữa 5 số lẻ tạo ra 6 khoảng trống ( bao gồm cả vị trị đầu và vị trí cuối). Để có được điều kiện khơng có bất kì 2 chữ số chẵn nào đứng cạnh nhau ta xếp 3 chữ số chẵn xen kẽ vào giữa các chữ số lẻ. Như vậy ta xếp 3 chữ số chẵn vào 3 trong 6 khoảng trống mà 5 chữ số lẻ tạo ra có 3 6 A cách xếp. Vậy có 3 6 5!. A các số thỏa mãn u cầu bao gồm cả trường hợp số 0 đứng đầu. 0.5 Xét trường hợp 1 0 a  Khi đó vẫn có 5 ! cách xếp 5 chữ số lẻ. Còn lại 2 chữ số chẵn xếp vào 2 trong 5 khoảng trống còn lại giữa các chữ số lẻ. Vậy trường hợp này có 2 5 5!. A số 0.25 Vậy số các số thỏa mãn u cầu bài tốn là 3 6 5!. A - 2 5 5!. A =12000 số 0.25 Câu 6b) (2 điểm) 1) (1 điểm) Gọi phương trình chính tắc của Elip là   2 2 2 2 1 , 0 x y a b a b    . Do Elip có hai tiêu điểm là     1 2 3;0 ; 3;0 F F nên c=3 2 2 2 9 a b c     . Lại có diện tích tứ giác 1 1 2 2 1 40 .2 .2 40 20 2 A B A B a b ab      0.25 Giải hệ trên ta có a=5 ;b=4 Suy ra pt chính tắc của Elip là 2 2 2 2 1 16 25 400 25 16 x y x y     . 0.25 Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ ViettelStudy.vn 10 Nhận xét đường thẳng (d) qua M không có hệ số góc có pt x=1 cắt Elip tại 2 điểm A, B không thỏa mãn điều kiện M là trung điểm AB. Xét (d) có hệ số góc k qua M(1 ;1) có pt :   1 1 y k x    (d) cắt (E) tại 2 điểm A, B sao cho M là trung điểm AB khi pt   2 2 16 25 1 400 x kx k    (3) có hai nghiệm phân biệt 1 2 1 2 ; : 2 2 M x x x x x    0.25 pt(3)       2 2 2 25 16 50 1 25 1 400 0 k x k k x k           (4) (4) có hai nghiệm phân biệt 1 2 1 2 ; : 2 2 M x x x x x    khi :   1 2 2 0 16 ( ) 50 1 25 2 25 16 k tm k k b x x a k                   Vậy pt (d) cần tìm là 16 41 25 25 y x    0.25 2)1 điểm Do tâm I thuộc (d) nên   ; 1 2 ;2 I t t t     I cách (P) một khoảng bằng 2 nên       2 1 2 2 2 2 ; 2 2 4 1 4 t t t d I P            0.25 11 6 1 6 t t           11 14 1 ; ; 6 3 6 1 2 13 ; ; 6 3 6 I I                       0.25 Do d(I ;(P))=2=IH với H là hình chiếu của I trên (P). Do đường tròn giao tuyến có bán kính r=3 nên bán kính mặt cầu là 2 2 3 2 13 R    0.25 Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn điều kiện đề bài :     2 2 2 1 2 2 2 2 11 14 1 : 13 6 3 6 1 2 13 : 13 6 3 6 S x y z S x y z                                                 0.25 Câu 7b) 1 điểm Trong các số phức z thỏa mãn 3 4 1 z i    . Tìm số phức z có modul nhỏ nhất. Xét biểu thức 3 4 1 z i    (1). Đặt z = x + yi, , x y   . Khi đó (1) trở thành 0.25 [...]... 4)i  1  ( x  3)2  ( y  4)2  1 Do đó các điểm M biểu diễn số phức z th a mãn (1) nằm trên đường tròn (C) tâm I(3 ;4) bán kính R=1 Ta có z  OM nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm M nằm trên đường tròn (C) và gần O nhất Do đó M là giao điểm c a (C) và đường thẳng OI, với M là giao điểm gần O hơn Ta có OI = 5 Kẻ MH  Ox ;MK  Oy Ta có 0.25 0.25 OH OM OI  R 4 12     OH  OI OI 3 5 5 OK OM 4 16    . 30 CH A C a AA A C AC a       Suy ra 3 1 1 1 3 6 . . '. 3 3 2 4 AMBC ABC ABC a V MB S AA S      0.25 Dựng hình bình hành ACBD       / / / /( ) ; ; ; CB AD CB AMD d AM. 2 60 120 OAB S OAOB AOB AOB AOB AOB AOB 0.25 m AB l cnh ln nht trong tam giỏc AOB nờn 0 120 AOB Suy ra 2 2 2 0 2 . .cos120 48 4 3 AB OA OB OAOB AB Gi H l trung im AB. Ta. Ta có 1 . 3 AMBC ABC V MB S   Có 2 0 1 3 3 . .sin60 2 2 ABC a S AC AB    Kẻ CH vuông góc với AB. Khi đó   ' ' CH ABB A  nên hình chiếu c a A C trên (ABB A ) là A H.