ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 – LẦN 3 Môn: TOÁN; Khối A, A1 và Khối B

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!

www.VNMATH.com SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 – LẦN 3 Môn: TOÁN; Khối A, A1 và Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1 x m y x    ( 1)m  (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1.m   b) Gọi 1 k là hệ số góc của tiếp tuyến tại giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục hoành. Gọi 2 k là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ 1.x  Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho 1 2 k k đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 2 sin3 cos tan 2tan 1 2 . cos2 1 tan x x x x x x            Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 1 1 4 3. x x    Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 4 2 cos ( 2)sin . cos sin π π x x x x I dx x x x      Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lập phương .ABCD A B C D     có cạnh .a a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BB  và .A C  b) Gọi M là trung điểm của cạnh .BB  Mặt phẳng ( )A MD  chia hình lập phương thành hai khối đa diện. Tính tỉ số thể tích của hai khối đa diện này. Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử ,a ,b c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 3( ) 4 .P a b c abc    I. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hình bình hành ABCD có ( 6; 6),D   đường trung trực 1  của đoạn thẳng CD có phương trình 2 3 17 0x y   và đường phân giác 2  của góc BAC có phương trình 5 3 0.x y   Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho hai đường thẳng 1 1 2 : 2 1 1 x y z d      và 2 1 2 : 1 . 3 x t d y t z            Chứng minh rằng 1 ,d 2 d chéo nhau và viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất, đồng thời tiếp xúc với 1 d và 2 .d Câu 9.a (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6 chữ số đôi một khác nhau, trong đó hai chữ số 2 và 3 luôn đứng cạnh nhau? B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng ,Oxy cho đường tròn 2 2 ( ) : 2 4 20 0C x y x y     và hai đường thẳng 1 : 2 5 0,d x y   2 : 2 0.d x y  Viết phương trình đường thẳng  tiếp xúc với ( )C tại ,A cắt 1 ,d 2 d lần lượt tại B và C sao cho B là trung điểm của đoạn thẳng .AC Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho đường thẳng 1 2 : 2 1 1 x y z d     và mặt phẳng ( ) : 2 3 0.P x y z    Viết phương trình đường thẳng  nằm trong ( ),P sao cho  vuông góc với d và khoảng cách giữa hai đường thẳng  và d bằng 2. ĐỀ CHÍNH THỨC www.VNMATH.com www.VNMATH.com Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa 3 3 3z i   và có acgumen  nhỏ nhất với   0;    . --------- Hết --------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN 3 Môn: TOÁN; Khối: A, A1 và khối B www.VNMATH.com (Đáp án – thang điểm gồm 08 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM I. PHẦN CHUNG Cho hàm số 1 x m y x    ( 1)m  (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1.m   1,0 điểm Với 1,m   hàm số đã cho trở thành 1 1 x y x     Tập xác định:   \ 1D    Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: 2 2 ' 0, ( 1) y x    x D Hàm số đồng biến trên các khoảng   ; 1  và   1;  0.25 ￚ Giới hạn và tiệm cận: ( 1) ( 1) lim ; lim x x y y            Tiệm cận đứng: 1x   lim lim 1 x x y y      Tiệm cận ngang: 1y  0.25 ￚ Bảng biến thiên: x  1  y    y 0.25  Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 1), (1;0) và nhận giao điểm của hai tiệm cận ( 1;1)I  làm tâm đối xứng. 0.25 1 (2,0 điểm) b) Gọi 1 k là hệ số góc của tiếp tuyến tại giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục 1,0 1  www.VNMATH.com www.VNMATH.com hoành. Gọi 2 k là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ 1.x  Tìm m sao cho 1 2 k k đạt giá trị nhỏ nhất. điểm Ta có 2 1 ( 1) m y x     Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục hoành là .x m  0.25 Hệ số góc của tiếp tuyến ￚ tại điểm có hoành độ x m  là 1 1 . 1 k m   ￚ tại điểm có hoành độ 1x  là 2 1 . 4 m k   0.25 Ta có 1 2 1 1 1 1 1, 1 4 1 4 m m k k m m           1.m  0.25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 1 1 4 m m     1 2 1 2 m m          1 . 3 m m       Vậy 1 2 k k đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi   1;3 .m   0.25 Giải phương trình 2 2 sin3 cos tan 2 tan 1 2 cos2 1 tan x x x x x x            Điều kiện: cos cos2 0,x x  tan 1x   (*) Khi đó, phương trình đã cho tương đương với   sin3 cos 2 tan 2 1 cos2 x x x x      sin3 cos 2 sin 2 cos 2x x x x    0.25 sin3 sin 2sin 2 2 4 x x x                    cos sin 2 sin 2 4 4 4 x x x                           sin 2 cos 1 0 4 4 x x                          0.25  sin 2 0 4 8 2 k x x                 k   , thỏa (*) 0.25 2 (1,0 điểm)  cos 1 2 4 4 x x k                  k   , (không thỏa điều kiện cos2 0)x  Vậy, phương trình có các nghiệm:   . 8 2 k x k      0.25 Giải bất phương trình 2 1 1 4 3 x x    (1) Điều kiện:   1 1 ; \ 0 2 2 x         (*) 0.25 Với điều kiện trên, ta có (1)    2 2 4 3 1 1 4 x x x       2 4 3 1 1 4x x    2 4 3 3 1 4x x   (2) 0.25 3 (1,0 điểm)  TH1: Bất phương trình (2) thỏa khi 3 4 3 0 . 4 x x    0.25 www.VNMATH.com www.VNMATH.com Kết hợp với (*), ta có   1 1 ; \ 0 . 2 2 x          TH2: 3 4 3 0 . 4 x x    Khi đó 2 2 (2) 9(1 4 ) (4 3)x x     2 52 24 0x x   6 0 13 x  Kết hợp với 3 4 x  , nhận thấy bất phương trình vô nghiệm trong trường hợp này. Vậy, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là   1 1 ; \ 0 . 2 2 S         0.25 Lưu ý: Nếu HS chia 2 trường hợp 0x  và 0x  thì mỗi trường hợp đúng cho 0,5 điểm. Tính tích phân 2 4 2 cos ( 2)sin cos sin π π x x x x I dx x x x      2 2 2 2 4 4 4 4 2( cos sin ) sin sin sin 2 2 cos sin cos sin cos sin π π π π π π π π x x x x x x x x x I dx dx dx dx x x x x x x x x x                           0.25 Ta có  2 2 4 4 2 2 2 π π π π π dx x   0.25    2 2 4 2 4 4 sin ( cos sin ) ln cos sin cos sin cos sin π π π π π π x x d x x x dx x x x x x x x x x          0.25 4 (1,0 điểm) 2 ln 1 . 2 4                  Vậy 2 ln 1 . 2 2 4 I                    0.25 Cho hình lập phương .ABCD A B C D     có cạnh .a c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BB  và .A C  0.5 điểm Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và .BD Suy ra .BO AC Mà BO AA   nên ( ).BO ACC A    Do đó 2 ( ;( )) 2 2 BD a d B ACC A BO      Vì //( )BB ACC A    nên ( ; ) ( ;( ))d BB A C d BB ACC A       2 ( ;( )) 2 a d B ACC A     0.25 d) Gọi M là trung điểm của cạnh .BB  Mặt phẳng ( )A MD  chia hình lập phương thành hai khối đa diện. Tính tỉ số thể tích của hai khối đa diện trên. 0.5 điểm 5 (1,0 điểm) Gọi N là giao điểm của A M  và ,AB K là giao điểm của DN và .BC 0.25 www.VNMATH.com www.VNMATH.com Mặt phẳng ( )A MD  chia hình lập phương .ABCD A B C D     thành hai khối đa diện A MKDAB  và khối đa diện .A B C D MKCD     Do //A B BN   nên 1 A B MB BN MB       .BN A B a     Do //CDBN nên 1 BK BN AB CK CD CD     . 2 a BK CK  Ta có 3 . 1 . . ; 6 24 B MNK a V BM BN BK  3 . 1 . . . 6 3 A A ND a V AA AN AD     Khi đó 3 3 3 . . 7 . 3 24 24 A MKDAB A A ND B MNK a a a V V V        Học sinh có thể dùng công thức tính thể tích của khối chóp cụt để tính . A MKDAB V  0.25 Thể tích khối lập phương .ABCD A B C D     bằng 3 .a Ta có 3 3 3 . 7 17 24 24 A B C D MKCD ABCD A B C D A MKDAB a a V V V a                7 . 17 A MKCDAB A B C D MKCD V V       0.25 Giả sử ,a ,b c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm GTNN của biểu thức 2 2 2 3( ) 4P a b c abc    Không mất tính tổng quát, ta giả sử 0 .a b c   Vì 3a b c   nên 3a b c   và 1.c  Mặt khác, a b c  nên 3 c c  3 . 2 c  Như vậy, 3 1 . 2 c  0.25 Ta có 2 2 2 2 2 2 2 3( ) 3 4 3( ) 6 3 4 3(3 ) 3 2(3 2 )P a b c abc a b ab c abc c c c ab              Vì 3 2 c  nên 3 2 0c  và 2 2 3 2 2 a b c ab ab                  nên 2 2 3 3 (3 2 ) (3 2 ) 2(3 2 ) 2(3 2 ) 2 2 c c c c ab c ab c                        Từ đó, ta có 2 2 2 3 3(3 ) 3 2(3 2 ) 2 c P c c c              3 2 3 27 2 2 P c c   0.25 Xét hàm số 3 2 3 27 ( ) 2 2 f c c c   trên 3 1; 2       Ta có 2 ( ) 3 3f c c c    ; 0 ( ) 0 1 c f c c         Ta có bảng biến thiên c 0 1 3 2 f   0  0  ( )f c 3 2 f       13 Như thế, ( ) (1) 13f c f  0.25 6 (1,0 điểm) Suy ra 13.P  Vậy 13MinP  đạt được khi 1.a b c   0.25 II. PHẦN RIÊNG A.Theo chương trình Chuẩn 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng ,Oxy cho hình bình hành ABCD có ( 6; 6),D   đường trung trực 1  của đoạn thẳng CD có phương trình 2 3 17 0x y   và đường phân giác 2  của góc BAC có phương trình 5 3 0.x y   Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành. A B C  www.VNMATH.com www.VNMATH.com Gọi M là trung điểm của .CD Vì 1 M  nên (3 1; 2 5)M m m   Từ đó (3 5; 2 1)DM m m    1  có vectơ chỉ phương 1 ( 3;2).u   Vì 1  là đường trung trực của đoạn thẳng CD nên 1 . 0u DM     3(3 5) 2( 2 1) 0m m       1m   Do đó, ( 4; 3).M   Ta lại có 2 2 2 0 C M D C M D x x x y y y            ( 2;0)C  0.25 Gọi C  là điểm đối xứng với C qua 2 . Đường thẳng CC  đi qua ( 2;0)C  và vuông góc với 2  nên có phương trình 1( 2) 5( 0) 0 5 2 0.x y x y         Gọi H là giao điểm của CC  và 2 . Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình 5 2 0 1 5 3 0 2 x y x y x y             1 1 ; 2 2 H        Vì H là trung điểm của đoạn thẳng CC  nên 2 3 2 1 C H C C H C x x x y y y             (3;1)C  0.25 Đường thẳng AB đi qua C  và nhận 1 ( 3;2)u   làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 3( 3) 2( 1) 0 3 2 7 0.x y x y         Vì 2 A AB   nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 5 3 0 1 (1; 2) 3 2 7 0 2 x y x A x y y                   0.25 Vì ABCD là hình bình hành nên AB DC   với ( 1; 2) B B AB x y   và (4;6).DC  Suy ra 1 4 5 (5;4) 2 6 4 B B B B x x B y y               Vậy ba đỉnh còn lại của hình bình hành là (1; 2),A  (5;4)B và ( 2;0).C  0.25 Trong không gian ,Oxyz cho 1 1 2 : 2 1 1 x y z d      và 2 1 2 : 1 . 3 x t d y t z            Chứng minh rằng 1 d , 2 d chéo nhau và viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất, đồng thời tiếp xúc với 1 ,d 2 .d 1 d đi qua điểm (0;1; 2)M  và có vectơ chỉ phương 1 (2; 1;1)u   ; 2 d đi qua ( 1;1;3)N  và có vectơ chỉ phương 2 (2;1;0).u  Ta có 1 2 ; . 21 0u u MN          nên 1 d và 2 d chéo nhau. 0.25 8.a (1,0 điểm) Gọi  là đường vuông góc chung của 1 d và 2 ,d  cắt 1 2 ,d d lần lượt tại , .A B Vì 1 A d nên (2 ;1 ; 2 )A a a a   và vì 2 B d nên ( 1 2 ;1 ;3).B b b   Suy ra (2 2 1; ;5 ).AB b a b a a     Mặt khác, vì AB là đường vuông góc chung của 1 d và 2 d nên 1 2 . 0 2 1 0 1 3 5 2 0 1 . 0 u AB a b a a b b u AB                            Do đó (2;0; 1)A  và (1;2;3).B 0.25 www.VNMATH.com www.VNMATH.com Gọi ( )S là mặt cầu tiếp xúc với 1 d và 2 d lần lượt tại các điểm C và .D ( )S có tâm I và bán kính .R Ta có 2IC ID CD R CD    (bất đẳng thức tam giác) Mà CD AB (vì AB là đoạn vuông góc chung của 1 d và 2 d ) Nên 2 . 2 AB R AB R   0.25 Như thế, mặt cầu ( )S có bán kính nhỏ nhất bằng 21 . 2 2 AB  Khi đó, trung điểm 3 ;1;1 2       của đoạn thẳng AB chính là tâm của mặt cầu này. Vậy phương trình của mặt cầu cần tìm là     2 2 2 3 21 1 1 . 2 4 x y z             0.25 Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6 chữ số khác nhau và chữ số 2 đứng cạnh chữ số 3? Ta “dán” hai chữ số 2 và 3 liền nhau thành “chữ số kép”. Có hai cách dán ( 23 hoặc 32 ). Bài toán trở thành : Từ 5 chữ số 0, 1, 4, 5 và số kép, hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 5 chữ số khác nhau? 0.25 Ta giải bằng quy tắc nhân như sau:  Bước 1: Dán 2 và 3 với nhau, có 2 cách.  Bước 2: Số hàng vạn, có 4 cách chọn (trừ số 0). 0.25  Bước 2: Số hàng vạn, có 4 cách chọn.  Bước 3: Số hàng nghìn, có 4 cách chọn.  Bước 4: Số hàng trăm, có 3 cách chọn.  Bước 5: Số hàng chục, có 2 cách chọn.  Bước 6: Số hàng đơn vị, có 1 cách chọn. 0.25 9.a (1,0 điểm) Vậy theo quy tắc nhân, số các số cần tìm là 2.4.4.3.2.1 192 số. 0.25 B.Theo chương trình Nâng cao Trong mặt phẳng ,Oxy cho 2 2 ( ) : 2 4 20 0C x y x y     và 1 : 2 5 0,d x y   2 : 2 0.d x y  Viết phương trình đường thẳng  tiếp xúc với ( )C tại ,A cắt 1 ,d 2 d lần lượt tại B và C sao cho B là trung điểm của đoạn thẳng .AC 7.b (1,0 điểm) Gọi 3 d là đường thẳng đối xứng với 2 d qua 1 .d Vì 1 2 //d d nên 3 2 1 // //d d d . Do đó, phương trình 3 d có dạng: 2 0x y c   (với 0c  và 5).c   Ta lại có 3 1 2 1 5 5 ( ; ) ( ; ) 5 5 10 5 5 c d d d d d d c c           (nhận) hoặc 0c  (loại). Suy ra 3 : 2 10 0.d x y   0.25 www.VNMATH.com www.VNMATH.com Vì 1 ,B d 2 ,C d B là trung điểm của AC và vì 3 d đối xứng với 2 d qua 1 d nên 3 .A d Suy ra 3 ( ).A d C  Vậy tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 2 2 2 10 0 4, 2 6, 2 2 4 20 0 x y x y x y x y x y                     0.25 Đường tròn ( )C có tâm (1; 2)I  nên tiếp tuyến  tại A nhận IA  làm vectơ pháp tuyến.  Với (4;2)A thì (3; 4).IA  Khi đó,  có phương trình: 3( 4) 4( 2) 0 3 4 20 0.x y x y        0.25  Với (6; 2)A  thì (5;0).IA  Khi đó,  có phương trình: 5( 6) 0( 2) 0 6 0.x y x       Vậy có hai tiếp tuyến  cần tìm là: :3 4 20 0x y    và : 6 0.x   0.25 Trong không gian ,Oxyz cho 1 2 : 2 1 1 x y z d     và ( ) : 2 3 0.P x y z    Viết phương trình đường thẳng  nằm trong ( ),P sao cho  vuông góc với d và khoảng cách giữa hai đường thẳng  và d bằng 2. Đường thẳng d có vectơ chỉ phương (2;1;1). d u   Mặt phẳng ( )P có vectơ pháp tuyến ( ) (1;2; 1). P n    Ta có ( ) ; (3; 3; 3). P d n u          Vì ( )P  và d  nên vectơ chỉ phương của  là ( ) 1 ; (1; 1; 1). 3 P d u n u             0.25 Gọi ( )Q là mặt phẳng chứa  và song song với ,d ta có vectơ pháp tuyến của ( )Q là ( ) 1 ; (0; 1;1). 3 Q d n u u            Khi đó, phương trình mặt phẳng ( )Q là 0.y z m   Chọn (1; 2;0) ,A d  ta có ( ;( )) ( ; ) 2d A Q d d    2 2 2 m    4 0.m m   0.25  Với 4m  : Ta có ( ) : 4 0.Q y z   Vì ( ) ( )P Q   nên  đi qua (7;0;4)B  phương trình 7 4 : . 1 1 1 x y z       0.25 8.b (1,0 điểm)  Với 0m  : Ta có ( ) : 0.Q y z  Vì ( ) ( )P Q   nên  đi qua (3;0;0)C  phương trình 3 : . 1 1 1 x y z      Vậy, có hai đường thẳng cần tìm là 7 4 : 1 1 1 x y z       và 3 : . 1 1 1 x y z      0.25 Tìm số phức z thỏa 3 3 3z i   (1) và có acgumen  nhỏ nhất với   0;    . 9.b (1,0 điểm) 4 2 -5 3 60  E T F I O 0.25 www.VNMATH.com www.VNMATH.com Giả sử z x yi  ( , )x y   Theo đề 3 3 3 3 3 3 ( 3) ( 3) 3z i x yi i x y i                 2 2 3 3 3x y     Do đó, tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa (1) là đường tròn tâm   3; 3 ,I  bán kính 3.R  0.25 Dựng tiếp tuyến OF và OT ( F thuộc xx  ). Kẻ TE vuông góc xx  tại E . Ta có 3.OT OF  Vì 1 3 IF OF  nên    0 0 30 60 .IOT IOF EOT    Từ đó   3 3 3 sin ; cos . 2 2 TE OT EOT OE OT EOT    0.25 Vậy, số phức 3 3 3 2 2 z i   (biểu diễn bởi điểm T ) là số phức có acgumen  nhỏ nhất với   0;    . 0.25 ------------------- Hết ------------------ www.VNMATH.com