ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi ,đáp án 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!

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm ) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 32 33 2=− + +yx x mx (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0. b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số bằng 465 . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 sin 2 cos 2 1 3 sin 3cosx xxx−+= + . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 22 2 (4 4 4 51)( ) 3 0 (, ) (2 7)( ) 1 0 xxyy xy xy xxy ⎧ −+− −+= ∈ ⎨ −−+= ⎩ \ . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 2 0 (1)1 (1)( 1) x x xx e I dx xxe ++ − = ++ ∫ . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và mặt bên SCD là tam giác vuông cân tại S; N là trung điểm của đoạn CD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AN theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 1abc = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 72 ()()() 1 Pabbcca abc =+ + ++ +++ . II. PH Ầ N RIÊNG( 3,0 điểm ): Thí sinh ch ỉ đượ c làm m ộ t trong hai phầ n riêng (ph ần A ho ặ c ph ầ n B) A. Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A; D là trung điểm của đoạn AB. Biết rằng 11 5 13 5 ;, ; 33 33 IE ⎛⎞⎛⎞ ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trọng tâm tam giác ADC ; các đ iể m M(3; - 1), N (- 3; 0) l ầ n lượ t thu ộc các đườ ng th ẳ ng DC, AB . Tìm t ọa độ các đ iể m A, B, C biế t A có tung độ d ươ ng. Câu 8.a (1,0 đ iể m ). Trong không gian v ớ i h ệ tọ a độ Oxyz , cho m ặ t cầ u (S): 222 24650xyz xyz++−−−+= , đi ể m A (1; 2; 0) và đ i ểm B (2; 0; 1). Viế t ph ươ ng trình m ặt ph ẳ ng (ABC ), bi ết đ i ể m C thu ộc (S) và n 0 30 ACB = . Câu 9.a (1,0 điểm). Giải phương trình 3 2 23 4 3 log .log 3 log logx xxx+= + . B. Theo chươ ng trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E): 22 1 25 9 xy + = có hai tiêu đ iể m là F 1 , F 2 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MF 1 F 2 bằng 4 3 . Câu 8.b (1,0 đ i ểm ). Trong không gian v ới h ệ t ọa độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD có hai đáy AB , CD thỏa mãn CD = 2AB và diện tích bằng 27; đỉnh A(-1;-1;0); phương trình đường thẳng chứa cạnh CD là 213 221 x yz−+− == . Tìm tọa độ các điểm B, C, D biết hoành độ điểm B lớn hơn hoành độ của điểm A. Câu 9.b (1,0 điểm).Cho số phức z thỏa mãn (1)(2)3 2 2 zii zi − −+ = + . Tìm phần thực và phần ảo của z 9 . ------------HẾT------------- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề www.VNMATH.com ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Với m = 0, ta có 32 yx 3x 2=− + +) Tập xác định: D = R. +) Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 x0 y3x 6x;y0 x2 = ⎡ ′′ =− =⇔ ⎢ = ⎣ . 0,25 - Các khoảng đồng biến (-∞; 0) và (2; +∞), nghịch biến trên (0; 2). - Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = -1. - Giới hạn: x x lim y và lim y →+∞ →−∞ =+∞ =−∞ . 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 +) Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm) Ta có 2 y3x 6x3m ′ =−+ . Đồ thị hàm số có cực trị ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt 12 x,x ⇔ 99m 0 m1−>⇔< . Theo Định lí Viet ta có: 12 12 xx 2 xx m + = ⎧ ⎨ = ⎩ 0,25 Do x1 yy.( )2(m1)xm2 33 ′ =−+−++ nên toa độ hai điểm cực trị là: 11 A(x ; 2(m 1)x m 2)−++; 22 B(x ;2(m 1)x m 2)− ++ 0,25 22 2 3 12 AB [4(m 1) 1](x x ) 4[4(1 m) (1 m)]⇒=−+−=−+− 0,25 1 (2,0 điểm) Theo giả thiết : 33 4[4(1 m) (1 m)] 16.65 4(1 m) (1 m) 260 0−+−= ⇔−+−−=. m3⇔ =− 0,25 Phương trình tương đương : 2 2 3 sin x cos x (2cos x 1) 1 ( 3 sin x 3cos x) 0−−+−+= 3 sin x(2 cos x 1) (2 cos x 1)(cos x 2) 0⇔−−−+= 0,25 2 (1,0 điểm) (2cos x 1)( 3sin x cos x 2) 0⇔− −−= 0,25 x ∞+ 0 - ∞ 2 0 0 ∞− 2 -2 ∞+ 'y y + - + www.VNMATH.com 1 cos x 2 sin(x ) 1 6 ⎡ = ⎢ ⇔ ⎢ π ⎢ −= ⎢ ⎣ 0,25 xk2xk2 33 (k Z) 2 xk2xk2 62 3 ππ ⎡⎡ =± + π =± + π ⎢⎢ ⇔⇔∈ ⎢⎢ ππ π ⎢⎢ −=+ π = + π ⎢⎢ ⎣⎣ 0,25 Hệ phương trình tương đương : 22 22 22 31 4x 4xy 4y 51 (x y) 3((x y) ) 51 (x y) (x y) 11 2x 7 x y x y 7 xy xy ⎧⎧ −++ = ++ −+ = ⎪⎪ −− ⎪⎪ ⇔ ⎨⎨ ⎪⎪ += ++−+= ⎪⎪ −− ⎩⎩ . 0,25 Đặt axy 1 bxy xy =+ ⎧ ⎪ ⎨ =−+ ⎪ − ⎩ ; ta có hệ 22 a3;b4 a3b57 15 1 a;b ab7 22 == ⎡ ⎧ += ⎢ ⇔ ⎨ − ⎢ == += ⎩ ⎣ . 0,25 Với a = 3; b = 4 ta có: 53 13 xy3 x;y 22 1 xy 4 53 13 xy x;y 22 ⎧ ⎡ +− += == ⎪ ⎢ ⎪ ⎢ ⇔ ⎨ −+ = ⎢ −+ ⎪ − == ⎢ ⎪ ⎣ ⎩ . 0,25 3 (1,0 điểm) Với 15 1 a;b 22 − == thay vào có hệ phương trình vô nghiệm. 0,25 1 x x 0 (x 1)e 1 I( )dx xe 1 x 1 + =− ++ ∫ 0,25 11 00 (1)(1) ( 11 x x dxe dx xe x + + =− + + ∫∫ 0,25 x1 0 [ln(xe 1) ln(x 1)] |=+−+ 0,25 4 (1,0 điểm) ln(e 1) ln 2= +− 0,25 Gọi M là trung điểm của AB,ta có SM AB AB (SMN) NM AB ⊥ ⎧ ⇒⊥ ⎨ ⊥ ⎩ . Kẻ SH MN SH (ABCD)⊥ ⇒⊥ 0,25 5 (1,0 điểm) Trong tam giác SMN có a3 a SM ;SN ; MN a 22 = == nên tam giác SMN vuông tại S a3 SH 4 ⇒= 3 S.ABCD ABCD 1a3 VSH.S 312 ⇒= = . 0,25 Gọi E là trung điểm của BC. Xét tam giác vuông SMN ta có 3a a HM ;HN 44 = = nên H là giao của MN và DE .Gọi K là giao điểm AN và DE . Kẻ KP SD KP AN⊥⇒⊥ nên KP là đoạn vuông góc chung của SD và AN . 0,25 Trong tam giác SDH có a5a3 . DK.SH a 30 a 30 54 KP d(SD, AN) DS 20 20 a2 2 == =⇒ = . 0,25 www.VNMATH.com Ta có: (a b)(b c)(c a) (a b c)(ab bc ca) 1+++=++ ++− 0,25 Do 22 (x y z) 3(xy yz zx) (ab bc ca) 3abc(a b c)++ ≥ + + ⇒ + + ≥ ++ ab bc ca 3(a b c)⇒++≥ ++ Suy ra 1 1 72 )(3)( − +++ +++++≥ cba cbacbaP . 0,25 Đặt 3≥⇒++= tcbat . Khi đó 1 1 72 3)( − + +=≥ t tttfP , 3 3 33t(t 1) 72 f(t) 0 2(t 1) +− ′ = ≥ + , với t3≥ . 0,25 6 (1,0 điểm) Do đó f ( t ) đồng biến trên [ ) 3; +∞ f(t) f(3) 44⇒≥= . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 44 khi a = b = c = 1. 0,25 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Do IDAB⊥ và //EGAB nên IDGE⊥ , mặt khác IGDE⊥ nên I là trực tâm tam giác DEG EI DC ⇒⊥ ⇒ phương trình DC: x = 3. 0,25 Gọi D (3; a). Ta có 25 3a DI ( ; );DN ( 6; a) 33 − = =− − JJG JJJG . Theo giả thiết suy ra a3 53a DI.DN 0 4 a 0 4 3 a 3 = ⎡ − ⎢ =⇔−− =⇔ ⎢ = − ⎣ JJG JJJG . 0,25 +) Với a = 3 thì D (3; 3) suy ra phương trình AB : x - 2 y + 3 = 0 44 DE ( ; ) 33 =− JJJG là véc tơ pháp tuyến của AI nên phương trình AI : x - y - 2 = 0 Tọa độ A là nghiệm của hệ )5;7( 02 032 A yx yx ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ =−− =+− , suy ra B (-1; 1), C (3; -3). 0,25 7.a (1,0 điểm) +) Với ) 3 4 ;3( 3 4 −=⇒−= Da 44 aD3; 33 ⎛⎞ = −⇒ − ⎜⎟ ⎝⎠ Phương trình AB: 2x + 9y + 6 = 0 Phương trình AI: 12x + 27y - 89 = 0 Tọa độ A là nghiệm của hệ 107 x 2x 9y 6 0 6 12x 27y 89 0 125 y 27 ⎧ = ⎪ ++= ⎧ ⎪ ⇔ ⎨⎨ +−= ⎩ ⎪ =− ⎪ ⎩ không thỏa mãn. 0,25 8.a (1,0 điểm) Do , ( ) AB S ∈ và 6AB = nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là AB r6 2sinC == 0,25 Phương trình mặt phẳng (P) là: 222 a(x 1) b(y 2) cz 0, (a b c 0)− +−+= ++≠ Do B (P) a 2b c 0 c 2b a (1)∈⇒−+=⇒=− Ta có: 22 2 2 2 222 3c d(I, (P)) R r 2c a b (2). abc ==−⇔=+ ++ Thế (1) vào (2) ta có : 22 a8ab7b 0−+ = ab cb a7b c 5b =⇒= ⎡ ⇔ ⎢ = ⇒=− ⎣ . 0,25 Với a = b = c ⇒ phương trình mp(P): x + y + z – 3 = 0. 0,25 Với a = 7 b , c = –5 b ⇒ phương trình mp(P): 7 x + y – 5 z – 9 = 0 0,25 Điều kiện xác định: x > 0. Phương trình tương đương: 23 3 2 log .log 3 3log logx xxx+ =+ 0,25 9.a (1,0 điểm) 23 (log x 3)(log x 1) 0⇔− −= 0,25 A D C B G E I www.VNMATH.com 2 3 log x 3 log x 1 = ⎡ ⇔ ⎢ = ⎣ 0,25 x8 x3 = ⎡ ⇔ ⎢ = ⎣ . 0,25 1212 MF MF F F a5,b3 c4 p 9 2 + + ==⇒=⇒= = 0,25 12 MF F MM 41 Spr9.d(M,Ox).8d(M,Ox)3yy3 32 ⇒=== ⇒ ==⇒=± 0,25 Do đó M ( m ;3) hoặc M ( m ;-3). 0,25 7.b (1,0 điểm) Vì M thuộ c ( E ) nên m = 0. Vậ y M (0;3) và M (0;-3) là hai đ i ể m thỏ a mãn bài toán. 0,25 Đường thẳng CD qua M (2;-1;3) có véc tơ chỉ phương u (2; 2;1)= G Gọ i H(2 2t; 1 2t;3 t)+−+ + là hình chiếu của A lên CD, ta có AH.u 2(3 2t) 2.2t (3 t) 0 t 1 H(0; 3; 2); d(A; CD) AH 3=++ ++=⇒=−⇒ − = = JJJG G . 0,25 Từ giả thiết có: ABCD 2S AB CD 3AB 18 AB 6;DH 3;HC 9 AH += = =⇒= = = . Đặt BA AB AB t u (2t; 2t; t ) t 0( x x ) t 2 AB (4; 4; 2) B(3; 3; 2) u == ⇒> > ⇒= =⇒ = ⇒ JJJG G JJJG G . 0,25 9 HC AB (6;6;3) C(6;3;5) 6 == ⇒ JJJG JJJG 0,25 8.b (1,0 điểm) 3 HD AB (2;2;1) D(2;5;1) 6 =− = − − − ⇒ − − JJJG JJJG 0,25 Đặt zxyi,(x,yR) zxyi=+ ∈ ⇒=− . 0,25 (z 1)(2 i) 3 i (4 2i)z (3 i)z 2 4i (x y) (7y 3x)i 2 4i 2 z2i xy2 xy1 z1i. 7y 3x 4 −− + =⇔−−+=+⇔++−=+ + += ⎧ ⇔⇔==⇒=+ ⎨ −= ⎩ 0,25 Do đó 99 99 z ( 2) (cos sin ) 16 16i 44 ππ =+=+. 0,25 9.b (1,0 điểm) Phần thực của z là 16, phần ảo của z là 16. 0,25 …… H ết……. www.VNMATH.com . 1) b( y 2) cz 0, (a b c 0)− +−+= ++≠ Do B (P) a 2b c 0 c 2b a (1)∈⇒−+=⇒=− Ta có: 22 2 2 2 222 3c d(I, (P)) R r 2c a b (2) . abc ==−⇔=+ ++ Thế (1) vào (2) . THPT CHUYÊN PHAN B I CHÂU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 20 13 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B Thời gian làm b i: 180 phút, không kể thời gian phát đề www.VNMATH.com