ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 – LẦN 3 Môn: TOÁN; Khối D

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!

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 – LẦN 3 Môn: TOÁN; Khối D 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 3 2 2 1 1 ( 3) (1). 3 2 y x mx m x    a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với 1.m   b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị 1 ,x 2 ,x sao cho 1 ,x 2 x là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông với cạnh huyền có độ dài bằng 5 . 2 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 sin tan 2. 2 1 cos π x x x           Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 1 ( ) 4 ( , ). ( 2)( 1) x y x y y x y x y x y                Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 2 0 ln( 1) . ( 2) x I dx x     Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ .ABC A B C    có độ dài cạnh bên bằng 2 ,a đáy ABC là tam giác vuông tại A với 2,AB AC a  hình chiếu vuông góc của A  lên mặt phẳng ( )ABC là trung điểm của cạnh .BC Tính thể tích của khối lăng trụ .ABC A B C    và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA  và .BC Câu 6 (1,0 điểm). Cho ,a ,b c là các số dương thỏa mãn điều kiện 1.a b c   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 .P a b c a b c       II. 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 elip 2 2 ( ) : 1 9 4 x y E   và hai điểm ( 3;0),A  ( 1;0).I  Tìm tọa độ các điểm ,B C thuộc elip ( )E sao cho I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác .ABC Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho ba điểm (2;1;1),A (3;1;2),B ( 1; 3;2)C   và mặt phẳng ( ) : 2 2 2 0.P x y z    Viết phương trình mặt cầu ( )S đi qua ,A ,B C và tiếp xúc với ( ).P Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 3 1z i iz   và 9 z z  là số thuần ảo. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hai đường thẳng vuông góc 1 : 4 3 14 0,d x y   2 :3 4 13 0d x y   và điểm ( 2;2).M  Viết phương trình đường tròn ( )C tiếp xúc với 1 d tại M và cắt 2 d theo dây cung 8.AB  Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho đường thẳng 2 1 : 1 2 1 x y z d       và mặt phẳng ( ) : 3 0.P x y z    Gọi I là giao điểm của d và ( ).P Tìm tọa độ điểm M thuộc ( )P sao cho MI vuông góc với d và 4 14.MI  Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình 8 4 2 2 1 1 log ( 3) log ( 1) log (4 ). 2 4 x x x    ;llll --------- 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: ……………………… ĐỀ CHÍNH THỨC www.VNMATH.com SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN 3 Môn: TOÁN; Khối: D (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM I. PHẦN CHUNG Cho hàm số 3 2 2 1 1 ( 3) . 3 2 y x mx m x    a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với 1.m   1,0 điểm Với 1,m   hàm số đã cho trở thành 3 2 1 1 2 3 2 y x x x    Tập xác định: D    Sự biến thiên: 2 ' 2y x x   ; 0 2y x      hoặc 1x  0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 2)  và (1; ); nghịch biến trên khoảng ( 2;1). ￚ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 1x  ; y CT 7 6   và đạt cực đại tại 2x   ; y CĐ 10 3  ￚ Giới hạn: lim ; lim x x y y       0.25 ￚ Bảng biến thiên: x  2 1  y   0  0  y 10 3 7 6  0.25  Đồ thị: 0.25 1 (2,0 điểm) b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị 1 ,x 2 ,x sao cho 1 ,x 2 x là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông với cạnh huyền có độ dài bằng 5 . 2 1,0 điểm   www.VNMATH.com Ta có : 2 2 3y x mx m      Để hàm số có hai điểm cực trị 1 ,x 2 ,x với 1 ,x 2 x là độ dài hai cạnh của tam giác thì phương trình 2 2 3 0x mx m    phải có hai nghiệm dương phân biệt. Tức là 0 0 0 S P           2 2 12 3 0 0 3 0 m m m            3 2m   (1) 0.25 Mặt khác, theo giả thiết 2 2 1 2 5 2 x x   2 1 2 1 2 5 ( ) 2 2 x x x x   (2) 0.25 Áp dụng định lý Viet, ta có 1 2 x x m  và 2 1 2 3x x m  Từ (2) suy ra 2 2 5 2( 3) 2 m m    2 7 2 m   14 2 m   (3) 0.25 Từ (1) và (3), ta có 14 2 m  là giá trị của tham số m cần tìm. 0.25 Giải phương trình 3 sin tan 2 2 1 cos π x x x           (1) Điều kiện sin 0x  Với điều kiện trên, ta có sin (1) cot 2 1 cos x x x     0.25 2 2 cos cos sin 2sin (1 cos )x x x x x     (1 cos )(2sin 1) 0x x    0.25  2 1 6 sin 52 2 6 x k x x k                 , ( )k   0.25 2 (1,0 điểm)  cos 1x   (loại) Vậy phương trình đã cho có các nghiệm: 2 6 x k     và 5 2 6 x k     ( ).k   0.25 Giải hệ phương trình 2 2 1 ( ) 4 ( 2)( 1) x y x y y x y x y               Với 0,y  hệ phương trình vô nghiệm.  Với 0,y  chia hai vế của mỗi phương trình trong hệ cho ,y ta được 2 2 1 ( ) 4 1 ( 2) 1 x x y y x x y y                      0.25 Đặt 2 1x u y   và ,v x y  hệ đã cho trở thành 2 4 4 1 ( 2) 1 3 2 1 0 v u u v u u v v u u                       0.25 3 (1,0 điểm) Từ đó, suy ra 0.25 www.VNMATH.com 2 1 1 3 x y x y           2 2 0 3 x x y x         1 2 x y       hoặc 2 5 x y       Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: ( ; ) (1;2)x y  và ( ; ) ( 2;5).x y   0.25 Tính tích phân 1 2 0 ln( 1) ( 2) x I dx x     Cách 1 Đặt 2 ln( 1) ( 2) u x dx dv x          1 1 2 dx du x v x              Cách 2 Đặt 2 ln( 1) ( 2) u x dx dv x          1 1 1 1 2 2 dx du x x v x x                  0.25 Khi đó 1 1 0 0 1 ln( 1) 2 ( 1)( 2) dx I x x x x         Khi đó 1 1 0 0 1 ln( 1) 2 2 x dx I x x x        0.25 1 0 1 1 ln 2 ln 3 2 x x      1 0 2 ln 2 ln 2 3 x   0.25 4 (1,0 điểm) 1 2 1 ln 2 ln ln 3 3 2     5 ln 2 ln3. 3   2 ln 2 ln3 ln 2 3    5 ln 2 ln3. 3   0.25 Cho hình lăng trụ .ABC A B C    có độ dài cạnh bên bằng 2 ,a đáy ABC là tam giác vuông tại A với 2,AB AC a  hình chiếu vuông góc của A  lên mặt phẳng ( )ABC là trung điểm của cạnh .BC Tính thể tích của khối lăng trụ . .ABC A B C    0.5 điểm Gọi H là trung điểm của cạnh .BC Tam giác ABC vuông cân tại A nên 2 2BC AB a   AH a  2 2 2 2 4 3.A H AA AH a a a        0.25 Ta có   2 3 . 1 1 . . . 3. 2 3. 2 2 ABC A B C ABC V A H S A H AB AC a a a           0.25 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA  và .BC 0.5 điểm Ta có ,AH BC A H BC    ( ).BC AA H   Gọi K là hình chiếu của H lên .AA  Khi đó, , ( ; ) .HK AA HK BC d AA BC HK       0.25 5 (1,0 điểm) Trong tam giác vuông AA H  (vuông tại ),H ta có 0.25 www.VNMATH.com 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 . 3 3HK HA HA a a a       Suy ra 3 . 2 a HK  Vậy 3 ( ; ) . 2 a d AA BC   Cho ,a ,b c là các số dương thỏa mãn điều kiện 1.a b c   Tìm GTNN của biểu thức 1 1 1 P a b c a b c       Ta có 1 1 1 9 9 9 8( )P a b c a b c a b c                            0.25 1 1 1 9 9 9 8a b c a b c                          (do 1).a b c   0.25 1 1 1 2. 9 . 2. 9 . 2. 9 .a b c a b c    (Áp dụng bđt AM-GM cho 3 số dương ,a ,b c ) 2.3 2.3 2.3 8 10.     0.25 6 (1,0 điểm) Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 10 khi 0, 0, 0 1 1 1 9 ; 9 ; 9 1 a b c a b c a b c a b c                  1 . 3 a b c   0.25 II. PHẦN RIÊNG A.Theo chương trình Chuẩn Trong mặt phẳng ,Oxy cho elip 2 2 ( ) : 1 9 4 x y E   và hai điểm ( 3;0),A  ( 1;0).I  Tìm tọa độ các điểm ,B C thuộc elip ( )E sao cho I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác .ABC Gọi ( )C là đường tròn ngoại tiếp tam giác .ABC ( )C có tâm ( 1;0),I  bán kính 2.IA  Phương trình đường tròn ( )C là 2 2 2 3 0.x y x    0.25 Do   , ( ) ( )B C C E  nên tọa độ của ,B C là nghiệm của hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 5 18 9 0 2 3 0 4 1 1 9 9 4 x x x y x x x y y                             0.25  3 0 x y       hoặc 3 5 4 6 5 x y            0.25 7.a (1,0 điểm) Với 3 0 x y        B A hoặc C A (không thỏa). Vậy tọa độ các điểm ,B C cần tìm là 3 4 6 ; 5 5 B          và 3 4 6 ; 5 5 C           hoặc 3 4 6 ; 5 5 B           và 3 4 6 ; 5 5 C          0.25 Trong không gian ,Oxyz cho (2;1;1),A (3;1;2),B ( 1; 3;2)C   và ( ) : 2 2 2 0.P x y z    Viết phương trình mặt cầu ( )S đi qua ,A ,B C và tiếp xúc với ( ).P 8.a (1,0 điểm) Gọi ( ; ; )I x y z là tâm của ( ).S Vì ,A ,B C thuộc ( )S nên 4 0 3 4 4 0 IA IB x z IA IC x y z                 0.25 www.VNMATH.com Điều này chứng tỏ I thuộc giao tuyến  của hai mặt phẳng ( ) : 4 0x z    và ( ) :3 4 4 0.x y z     Do đó, vectơ chỉ phương của  là 1 2 ; ( 4;4;4) 4(1; 1; 1).u n n               (với   1 1;0;1 ,n    2 3;4; 1n   lần lượt là vectơ pháp tuyến của ( ) và ( )) Nhận thấy (4; 4;0) là điểm thuộc cả hai mặt phẳng ( ) và ( ).  Suy ra phương trình tham số của  là 4 4 x t y t z t             0.25 Vì I  nên (4 ; 4 ; ).I t t t    Như thế,   2 2 2 4 2( 4 ) 2( ) 2 6 ;( ) 3 1 2 ( 2) t t t t d I P              và 2 3 16 30.IA t t   0.25 Ta có   2 6 ;( ) 3 16 30 2. 3 t d I P IA t t t          Khi đó, (1; 1;3)I  và phương trình của mặt cầu cần tìm là 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 3) 9.x y z      0.25 Tìm số phức z thỏa mãn 3 1z i iz   và 9 z z  là số thuần ảo. Đặt z x yi  ( , )x y   2 2 2 2 3 1 ( 3) (1 ) ( 3) (1 )z i iz x y i y ix x y y x               0.25 2 2 ( 3) (1 )y y    2y  Do đó, 2z x i  0.25 Như thế 2 2 2 9 9 9( 2 ) 9 18 2 2 2 2 4 4 4 x i x z x i x i x i z x i x x x                             0.25 9.a (1,0 điểm) Để 9 z z  là số thuần ảo thì 2 2 0 0 9 0 4 5 5 x x x x x x x                 Vậy có ba số phức thỏa yêu cầu đề toán là 2 ,z i 5 2z i   và 5 2 .z i  0.25 B.Theo chương trình Nâng cao Trong mặt phẳng ,Oxy cho 1 2 d d với 1 : 4 3 14 0,d x y   2 :3 4 13 0d x y   và ( 2;2).M  Viết phương trình đường tròn ( )C tiếp xúc với 1 d tại M và cắt 2 d theo dây cung 8.AB  Giả sử đường tròn ( )C có tâm I và bán kính .R Vì M là tiếp điểm của ( )C và 1 d nên 2 .IM d Lại do 1 2 d d nên 2 // .IM d 0.25 7.b (1,0 điểm) Gọi H là hình chiếu của I lên 2 .d Suy ra 2 2 6 8 13 ( ; ) ( ; ) 3. 9 16 IH d I d d M d         Ta có 2 2 2 2 4 3 5. 2 AB R IA IH             0.25 www.VNMATH.com Đường thẳng IM đi qua ( 2;2)M  và vuông góc với 1 d nên có phương trình 2 4 : ( 2 4 ;2 3 ). 2 3 x t IM I t t y t             Ta có 2 2 5 16 9 5IM R t t      1t  hoặc 1.t   0.25  Với 1,t  suy ra (2; 1).I  Khi đó,     2 2 ( ) : 2 1 25.C x y     Với 1,t   suy ra ( 6;5).I  Khi đó,     2 2 ( ) : 6 5 25.C x y    Vậy, có hai đường tròn thỏa mãn đề toán lần lượt có phương trình là     2 2 2 1 25x y    và     2 2 6 5 25.x y    0.25 Trong không gian ,Oxyz cho đường thẳng 2 1 : , 1 2 1 x y z d       mặt phẳng ( ) : 3 0.P x y z    Điểm I là giao điểm của d và ( ).P Tìm tọa độ điểm M thuộc ( )P sao cho MI vuông góc với d và 4 14.MI  Cách 1 Vì I d nên (2 ; 1 2 ; ).I t t t    Hơn nữa, vì ( )I P nên 2 1 2 3 0t t t      1t   Suy ra (1;1;1)I Cách 2 Vì I d nên (2 ; 1 2 ; ).I t t t    Hơn nữa, vì ( )I P nên 2 1 2 3 0t t t      1t   Suy ra (1;1;1)I 0.25 Gọi ( ; ; ).M a b c  Do ( )M P nên 3a b c    Do MI d nên . 0IM u    2 2 0a b c     (với   1, 1, 1IM a b c    và   1; 2; 1u    là vectơ chỉ phương của  d  Do 4 14MI  nên 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) 224a b c      d có vectơ chỉ phương   1; 2; 1u    ; ( )P có vectơ pháp tuyến (1;1;1).n  Vì MI d và ( )MI P nên nếu gọi v  là vectơ chỉ phương của đường thẳng MI thì ; (1;2; 3).v n u           Phương trình tham số của đường thẳng MI : 1 1 2 1 3 x m y m z m            0.25 8.b (1,0 điểm) Khi đó, ta có hệ phương trình 2 2 2 3 2 2 0 ( 1) ( 1) ( 1) 224 a b c a b c a b c                   2 2 1 4 3 ( 1) 16 b a c a a             5 9 11 a b c           hoặc 3 7 13 a b c           Vì M MI nên (1 ;1 2 ;1 3 )M m m m      ;2 ; 3 .MI m m m  Mặt khác, theo giả thiết 4 14MI   2 2 2 4 9 224m m m    2 16m   4m   0.25 www.VNMATH.com  Với ( ; ; ) (5;9; 11)a b c    (5;9; 11)M   Với ( ; ; ) ( 3; 7;13) ( 3; 7;13)a b c M       Với 4m   (5;9; 11)M   Với 4m    ( 3; 7;13)M   0.25 Giải phương trình 8 4 2 2 1 1 log ( 3) log ( 1) log (4 ) 2 4 x x x    (1) Điều kiện 8 3 0 ( 1) 0 4 0 x x x            0 1 x x      0.25 Với điều kiện trên, phương trình (1) tương đương 2 2 2 log ( 3) log 1 log (4 )x x x     ( 3) 1 4x x x   (2) 0.25  TH1: 1x  (2)  2 ( 3)( 1) 4 2 3 0 3x x x x x x         hoặc 1x   (loại) 0.25 9.b (1,0 điểm)  TH2: 0 1x  (2)  2 ( 3)(1 ) 4 6 3 0 3 2 3x x x x x x           hoặc 3 2 3x    (loại) Vậy, tập nghiệm của phương trình đã cho là   3; 3 2 3 .S    0.25 ------------------- Hết ------------------ www.VNMATH.com