Đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng 2013 Toán

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 OLYMPIA MÔN: TOÁN, KHỐI: A, A 1 , B, D Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI THỬ LẦN 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 (2 1) 3( 1)y x m x m x m= − + + − − có đồ thị (C m ). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. b) Xác định các tham số m để đường thẳng ( ) : 2 5d y x= − cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A, B và C sao cho 2 2 2 OA OB OC 80+ + = Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình : 2 3 2 1 1 2 cos xcos x sin x sin x + = + b) Giải phương trình: ( ) ( ) 2 4 3 2 2 ( )x x x x x x− − − = + − ∈¡ Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 3 3 0 cos sin 2 cos x x I dx x + = ∫ π Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có tam giác ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Tam giác A’CB vuông tại A’ và hình chiếu vuông góc của điểm A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và AB. Câu 5 (1,0 điểm). Cho a ≥ 1, b ≥ 2 và c ≥ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 6 1 3 1 2 1 1 1P a b c ab abc bc abc ac abc       = + − + + − + + −  ÷  ÷  ÷       . II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng(phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 6.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có 5AB = , đường thẳng AB đi qua điểm M(1; 2) và đường chéo AC có phương trình x – 3y = 0. Tìm tọa độ đỉnh C, biết đỉnh A có hoành độ dương. Câu 7.a (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + 2y –2 z + 10 = 0 và đường thẳng (d): 1 1 2 1 2 x y z− + = = − . Viết phương trình mặt phẳng ( α ) chứa đường thẳng (d), biết rằng ( α ) cắt trục hoành tại điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến (P) bằng 3. Câu 8.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện |z + 2 + 3i| = 5 và z 2 là số ảo. 2. Theo chương trình nâng cao: Câu 6.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 4) 2 + y 2 = 4. Tìm tọa độ điểm M thuộc trục tung sao cho từ M kẻ được đến (C) hai hai tiếp tuyến MA, MB (với A, B là các tiếp điểm) sao cho đường thẳng AB qua điểm E(4; 1). Câu 7.b (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 1 ( ) : 1 1 2 x y z d − = = và 2 3 1 ( ) : 1 1 1 x y z d − − = = . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d 1 ) sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (d 2 ) bằng 2 2 . Câu 8.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 1 2 2 2 2 2 .4 2 ( , ) log ( 4 2) 1 log ( 2 ) x y xy x y x y x y +  =  ∈  + + = + +   ¡ HẾT Thí sinh không đước sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 1179 - Ngô Quyền - Q. Sơn Trà - Đà Nẵng - ĐT: 0511 3987 7272 - Biên soạn: Ths. Nguyễn Văn Bảy Trang 1 TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM OLYMPIA ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: Toán – Khối A, A 1 , B, D (Đề thi thử lần 1) CÂU ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐIỂM Khi m = 1, ta có y = x 3 –3x 2 – 1 + TXĐ: D = R Sự biến thiên: + Giới hạn tại vô cực: +∞= +∞→ y x lim và −∞= −∞→ y x lim 025 + Chiều biến thiên : y’ = 3x 2 – 6x y’ = 0 ⇔ –3x 2 + 6x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2 Hàm số đồng biến trên hai khoảng ( – ∞ ; 0) và (2; + ∞ ) và nghịch biến trên khoảng (0; 2) Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, y CĐ = –1 và đạt cực tiểu tại điểm x = 2 và y CT = –5. 0,25 Bảng biến thiên : x – ∞ 0 2 + ∞ y’ + 0 – 0 + y –1 + ∞ – ∞ –5 0,25 + Đồ thị: 0,25 b) Phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 3 2 2 2 2 1 3 1 2 5 2 1 3 5 5 0 1 2 5 0 1 2 5 0 1 x ( m )x ( m )x m x x ( m )x ( m )x m ( x )( x mx m ) x g( x ) x mx m ( ) − + + − − = − ⇔ − + + − − + = ⇔ − − + − = =  ⇔  = − + − =   0,25 Đường thẳng (d) cắt đồ thị (C m ) tại ba điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 2 0 5 0 4 1 0 4 0 m m m g( ) m  ∆ >  − + >  ⇔ ⇔ ⇔ ≠ −   ≠ − − ≠   0,25 Xem x A = 1 thì x B , x C là nghiệm của (1). Do đó 2 5 B C B C x x m, x x m+ = = − 0,25 1179 - Ngô Quyền - Q. Sơn Trà - Đà Nẵng - ĐT: 0511 3987 7272 - Biên soạn: Ths. Nguyễn Văn Bảy Trang 2 1 (2,0 đ) Ta có A(1; – 3), B(x B ; 2x B – 5) và C(x C ; 2x C – 5) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10 2 5 2 5 5 20 60 5 10 20 60 B B C C B C B C B C B C B C OA OB OC x ( x ) x ( x ) ( x x ) ( x x ) ( x x ) x x ( x x ) + + = + + − + + − = + − + + = + − − + + 2 2 20 10 5 20 2 60 20 50 110 m ( m ) . m m m = − − − + = − + 2 2 2 2 3 80 20 50 30 0 1 2 OA OB OC m m m m+ + = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = (thỏa mãn điều kiện) 0,25 a) Giải phương trình: 2 2 3 2 2 1 1 cos xcos x sin x sin x + = + Điều kiện: 2 2 x k π ≠ − + π 2 2 3 2 2 1 2 4 1 4 1 cos xcos x sin x sin x (cos x cos x ) ( cos x ) sin x + = + ⇔ + + − = + 0,25 2 0 2 1 0 cos2x sin x sin x sinx ⇔ − = ⇔ − − + = 0,25 1 2 sinx⇔ = hoặc s 1inx = − (loại) 0,25 5 2 2 6 6 x k x k π π ⇔ = + π ∨ = + π 0,25 b) Giải phương trình ( ) ( ) 2 4 3 2 2x x x x x− − − = + − (1) Điều kiện: 2 3 x ≥ Khi 2 3 x ≥ ta có 3 2 0x x− + ≠ . Do đó ( ) [ ] ( ) ( ) 2 (1) 4 (3 2) 2 3 2x x x x x x x⇔ − − − = + − − + 0,25 ( ) ( ) ( ) 2(4 )( 1) ( 1)( 2) 3 2 ( 1) ( 2) 3 2 2 8 0 1 ( 2) 3 2 2 8 0 x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ − − = − + − +   ⇔ − + − + + − =   =   ⇔ + − + + − =   0,25 Xét phương trình ( ) ( 2) 3 2 2 8x x x x+ − + + − = 0 (2) Đặt ( ) 2 ( ) ( 2) 3 2 2 8, 3 f x x x x x x= + − + + − ≥ 3 1 2 '( ) 3 2 ( 2) 2 0, 3 2 3 2 2 f x x x x x x x   = − + + + + + > ∀ >  ÷ −   Do đó hàm số f(x) đồng biến trên 2 ; 3   +∞ ÷    . 0,25 Lại có f(1) = 0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (2). Vậy phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm x = 1. 0,25 1179 - Ngô Quyền - Q. Sơn Trà - Đà Nẵng - ĐT: 0511 3987 7272 - Biên soạn: Ths. Nguyễn Văn Bảy Trang 3 3 3 3 3 2 3 0 0 0 cos sin 2 1 sin 2 cos cos cos x x x I dx dx dx x x x + = = + ∫ ∫ ∫ π π π 0,25 3 3 2 0 0 1 tan 3 cos J dx x x π π = = = ∫ 0,25 3 3 3 2 0 0 sin 2 2sin cos cos x x K dx dx x x π π = = ∫ ∫ Đặt cos sint x dt xdx= ⇒ = − Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 và 1 3 2 x t π = ⇒ = 0,25 1 1 2 2 1 1 2 1 2 2 2K dx t t = − = − = ∫ Vậy 2 3I J K= + = + 0,25 4 (1,0 đ) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AB. Tam giác ABC đều cạnh a nên 3 3 2 6 a a AM GM= ⇒ = Tam giác A’BC vuông tại A nên 1 ' 2 2 a A M BC= = . Do A’G ⊥ (ABC) nên A’G ⊥GM Do đó: 2 2 2 2 3 6 ' ' 4 36 6 a a a A G A M GM = − = − = 0,25 Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là: 3 1 1 3 6 2 . ' . . ' . . 2 2 2 6 8 ABC a a a V S A G AM BC A G a= = = = 0,25 Vẽ CH ⊥ A’N tại H. Ta có AB ⊥ CN và AB ⊥ A’G nên AB ⊥ (A’NC). Suy ra AB ⊥ HC ⇒ CH ⊥ (AA’B’B). ⇒ d(C, (AA’B’B)) = CH. Do CC’ // (AA’B’B)) nên d(CC’, AB) = d(CC’, (AA’B’B)) = d(C, (AA’B’B) = CH. 0,25 Ta có: 1 ' 2 A N a= , 6 3 ' , 6 2 a a A G CN= = . Tam giác A’NC ta có: 6 3 . ' . 2 6 2 . ' ' . ' 2 2 a a A G CN a CH A N A G CN CH a A N = ⇒ = = = Vậy 2 ( ', ) 2 a d CC AB = . 0,25 1179 - Ngô Quyền - Q. Sơn Trà - Đà Nẵng - ĐT: 0511 3987 7272 - Biên soạn: Ths. Nguyễn Văn Bảy Trang 4 1 6 1 3 1 2 1 1 1 1 1 1 6 3 2 1 1 1 6 3 2 P a b c ab abc bc abc ac abc a b c a b c bc ac ab a b c a b c bc ac ab       = + − + + − + + −  ÷  ÷  ÷         = + + + + + − + +  ÷           = + + + + + − + +  ÷  ÷  ÷  ÷         0,25 Ta có: 1 2a a + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi a = 1 (1) 1 3 1 1 3 3 1 1 4 4 4 2 b b b b b b   + = + + ≥ + ≥ +  ÷   (Vì b ≥ 2) 1 5 2 b b ⇒ + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi b = 2 (2) 1 8 1 1 8 2 8 2 9 9 9 3 3 3 c b c c c c   + = + + ≥ + ≥ +  ÷   (vì c ≥ 3) 1 10 3 c c ⇒ + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi c = 3. (3) Từ (1), (2) và (3) ta có: 1 1 1 47 6 P a b c a b c       = + + + + + ≥  ÷  ÷  ÷       . Đẳng thức xảy ra khi a = 1, b = 2 và c = 3. (4) 0,25 Do a ≥ 1, b≥ 2 và c ≥ 3 nênbc ≥ 6, ac ≥ 3 và ab ≥ 2 6 3 2 3 bc ac ab ⇒ + + ≤ . 6 3 2 3 bc ac ab ⇒ − + + ≥ − . Đẳng thức xảy ra khi a = 1, b = 2 và c = 3. (5) 0,25 Từ (4) và (5) suy ra: 1 1 1 6 3 2 29 6 P a b c a b c bc ac ab         = + + + + + − + + ≥  ÷  ÷  ÷  ÷         . ⇒ 1 6 1 3 1 2 29 1 1 1 6 P a b c ab abc bc abc ac abc       = + − + + − + + − ≥  ÷  ÷  ÷       Đẳng thức xảy ra khi a = 1, b = 2 và c = 3. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 29 6 khi a = 1, b = 2 và c = 3. 0,25 PHÂN RIÊNG 6.a (1,0 đ) Gọi 2 2 ( ; ), 0n a b a b= + ≠ r là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng AB. Khi đó (AB): ax + by – a – 2b = 0 Vec tơ pháp tuyến của đường chéo AC là (1; 3) AC n = − uuur Góc giữa (AC) và (AB) bằng 45 0 nên 0 2 2 2 2 . 2 | 3 | 45 5 | 3 | 2 . 10 AC AC n n a b cos a b a b n n a b − = ⇔ = ⇔ + = − + r uuur r uuur 0,25 1179 - Ngô Quyền - Q. Sơn Trà - Đà Nẵng - ĐT: 0511 3987 7272 - Biên soạn: Ths. Nguyễn Văn Bảy Trang 5 2 2 2 2 2 2 2 5( ) 6 9 4 6 4 0 2 a b a b a ab b a ab b b a = −  ⇔ + = − + ⇔ + − = ⇔  =  0,25 + Xét a = – 2b, chọn b = – 1thì a = 2. Do đó (AB): 2x – y = 0. Tọa độ A: 3 0 0 (0;0) 2 0 0 x y x A x y y − = =   ⇔ ⇒   − = =   (loại) + Xét b = 2a, chọn a = 1 thì b = 2 ta có (AB): x + 2y – 5 = 0. Tọa độ A: 3 0 1 (3;1) 2 5 0 3 x y x A x y y − = =   ⇔ ⇒   + − = =   (thỏa mãn) 0,25 ABCD là hình vuông và 5AB = nên 10AC = Gọi C(3c; c) ∈ (AC), c > 0. Ta có: 2 2 10 (3 3) ( 1) 10 0 2AC c c c c= ⇔ − + − = ⇔ = ∨ = Do đó C(6; 2) hoặc C(0; 0) 0,25 Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; – 1; 0) và có vec tơ chỉ phương 2 1 2u ( ; ; )= − r . Do M thuộc trục hoành nên M(a; 0; 0). 0,25 + Theo đề 1 10 3 3 19 3 a | a | d( M ,( P )) a = −  + = ⇔ = ⇔  = −  ⇒ M(– 1; 0; 0) hoặc M(–19; 0; 0). 0,25 + Xét mp(α) đi qua điểm M(– 1; 0; 0) và chứa đường thẳng (d). 2 1 0 2 1 2 2 4 4AM ( ; ; ),u ( ; ; ) AM ,u ( ; ; )   = − = − ⇒ = − − −   uuuur r uuuur r Phương trình mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + 1 = 0 0,25 + Xét mp(α) đi qua điểm M(– 19; 0; 0) và chứa đường thẳng (d). 20 1 0 2 1 2 2 40 22AM ( ; ; ),u ( ; ; ) AM ,u ( ; ; )   = − = − ⇒ = − − −   uuuur r uuuur r Phương trình mặt phẳng (α): x + 20y + 11z + 19 = 0 0,25 Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) là số phức cần tìm. • |z + 2 + 3i| = 5 ⇔ |(x + 2) + (y + 3)i| = 5 ⇔ (x + 2) 2 + (y + 3) 2 = 25 (1) • z 2 = (x + yi) 2 = x 2 – y 2 + 2xyi z 2 là số ảo ⇔ x 2 – y 2 = 0 (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta có hệ: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 25 0 2 3 25 2 3 25 ( x ) ( y ) x y ( x ) ( x ) ( x ) ( x ) y x y x  + + + =   − =     + + + = + + − + =   ⇔ ∨   = = −     0,25 2 2 2 10 12 0 2 2 12 0 1 6 1 6 x x x x y x y x x x y y   + − = − + =   ⇔ ∨   = = −     = = −   ⇔ ∨   = = −   0,25 Vậy z = 1 + i hoặc z = – 6 – 6i. 0,25 1179 - Ngô Quyền - Q. Sơn Trà - Đà Nẵng - ĐT: 0511 3987 7272 - Biên soạn: Ths. Nguyễn Văn Bảy Trang 6 6.b (1,0 đ) Đường tròn (C) có tâm I(4 ; 0) bán kính R = 2 Gọi M(0 ,m ) là điểm thuộc trục tung. Ta có 2 16IM m R= + > Vậy qua M luôn kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến. 0,25 Do A và B cùng nhìn đoạn IM dưới một góc vuông nên A, B thuộc đường tròn (C’) đường kính IM. Đường tròn (C’) có tâm là 2; 2 m J    ÷   và bán kính 2 1 1 16 2 2 R IM m= = + (J là trung điểm IM) nên có phương trình: ( ) 2 2 2 2 2 16 ( '): 2 4 0 2 4 m m C x y x y x my +   − + − = ⇔ + − − =  ÷   0,25 Tọa độ A và B thỏa mãn hệ phương trình: 2 2 2 2 4 0 1) 8 12 0 (2) (x y x my x y x  + − − =   + − + =   Lấy (1) trừ (2) ta được: 4x – my – 12 = 0 (3) Tọa độ các tiếp điểm A,B đều thỏa (3) nên đường thẳng AB: 4x – my – 12 = 0 0,25 Do E thuộc AB nên: 16 – m – 12 = 0 ⇔ m = 4 Vậy M(0 ; 4 ). 0,25 7.b (1,0 đ) Đường thẳng (d 2 ) đi qua điểm A(3; 1; 0) và có vectơ chỉ phương (1;1;1)u = r 1 ( ) ( ; ;1 2 ) ( 3; 1;2 1)M d M a a a AM a a a∈ ⇒ + ⇒ = − − + uuuur 0,25 2 , ( 2; 4;2) , ( , ) 2 2 2 2 u AM a a u AM d M d u   ⇒ = + − −       = ⇔ = r uuuur r uuuur r 0,25 2 2 2 ( 1) ( 1) 2 2 3 2 12 0 6 a a a a a a − − + + ⇔ = ⇔ + ⇔ = ∨ = − 0,25 Vậy (0;0;1) ( 6; 6; 11)M M∨ − − − . 0,25 8.b (1,0 đ) 2 1 2 2 2 2 2 .4 2 ( , ) log ( 4 2) 1 log (2 2 ) x y xy x y x y x y +  =  ∈  + + = + + +   ¡ Điều kiện: 2 2 0x y+ + > 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 .4 2 4 2 2( 2 ) log ( 4 2) 1 log ( 2 ) 2 2 1 ( 2 ) 4 2 2( 2 ) x y xy x y xy x y x y x y x y x y xy x y xy x y +  + = +  =   ⇔   + + = +  + + = + +    + = +   ⇔  + − + = +   0,25 1179 - Ngô Quyền - Q. Sơn Trà - Đà Nẵng - ĐT: 0511 3987 7272 - Biên soạn: Ths. Nguyễn Văn Bảy Trang 7 Đặt 2u x y v xy = +   =  ta có hệ: 2 2 1 4 2 2 u v u v u = +    − + =   0,25 2 2 2 2 1 2 1 1 2( 1) 2 2 4 4 0 2 u v u v u v u u u u u =  = − = −      ⇔ ⇔ ⇔    = − − + = − + =       0,25 Ta có hệ: 2 2 2 1 2 2 2 2 1 1 2(2 2 ) 1 4 4 1 0 2 2 x y x x y x y y y xy y y y + = =   = −  = −     ⇔ ⇔ ⇔     − = = = − + =       0,25 Chú ý: Nếu thí sinh làm bài khác với nội dung đáp án mà vẫn đúng thì được tính đủ điểm từng phần như đáp án qui định. 1179 - Ngô Quyền - Q. Sơn Trà - Đà Nẵng - ĐT: 0511 3987 7272 - Biên soạn: Ths. Nguyễn Văn Bảy Trang 8 . TÂM LUYỆN THI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 OLYMPIA MÔN: TOÁN, KHỐI: A, A 1 , B, D Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI THỬ LẦN 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0. Ths. Nguyễn Văn Bảy Trang 1 TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM OLYMPIA ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: Toán – Khối A, A 1 , B, D (Đề thi thử lần 1) CÂU ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐIỂM Khi. y x y x y +  =  ∈  + + = + +   ¡ HẾT Thí sinh không đước sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 1179 - Ngô Quyền - Q. Sơn Trà