ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn TOÁN Khối A TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH

ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn TOÁN Khối A TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013. TỔ TOÁN Môn thi: TOÁN – Khối D Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ SỐ 6 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2 (3 1) 3= + + −y x m x (với m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -1. 2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân sao cho độ dài cạnh đáy bằng 3 2 lần độ dài cạnh bên. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 2. Giải hệ phương trình 4 2 4 2 2 x y x y x y x y  + + + =   + + + = −   Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = e 1 ln x 2 dx x ln x x − + ∫ . Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt phẳng ( ')ABC tạo với đáy một góc 0 60 , khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ')ABC bằng a và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ' ')BCC B bằng a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C . Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm zyx ,, thoả mãn 3 222 =++ zyx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: zyx zxyzxyA ++ +++= 5 . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng 032: =−+ yxd và hai điểm A(-1; 2), B(2; 1). Tìm toạ độ điểm C thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d 1 : 1 1 1 2 1 1 + − − = = − x y z và đường thẳng d 2 : 1 2 1 1 1 2 x y z− − + = = và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ∆, biết ∆ nằm trên mặt phẳng (P) và ∆ cắt hai đường thẳng d 1 , d 2 . Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: ( ) 2 2 2 2log (x 2) 4x 7 log (x 2) 2(x 2) 0− + − − + − = . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong hệ toạ độ Oxy cho hai đường thẳng 032: =−+ yxd và 053: =−+∆ yx . Lập phương trình đường tròn có bán kính bằng 5 102 , có tâm thuộc d và tiếp xúc với ∆ . 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : 1 3 1 1 4 x y z− − = = và điểm M(0 ;-2 ;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng ∆ đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:    +−=−− ++=++ 422)23(log log)7(log1)(log 2 22 2 yxyx yyxyx ----------Hết ---------- Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………….; Số báo danh…………………… TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 TỔ TOÁN ĐỀ SỐ 6 Câu Đáp án Điểm I (2.0 điểm ) 1.(1.0 điểm) Khi 1 −= m hàm số trở thành 32 24 −−= xxy • Tập xác định: D = ¡ • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 1;00';44' 3 ±==⇔=−= xxyxxy 0.25 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng )1;( −−∞ và )1;0( ; đồng biến trên mỗi khoảng )0;1( − và );1( +∞ - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0; y cđ =-3; hàm số đạt cực tiểu tại 1 ±= x ; y ct =-4 - Giới hạn: y = ∞+ ; y = +∞ 0.25 - Bảng biến thiên: 0.25 • Đồ thị: 2 -2 -4 Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. 0.25 2.(1.0 điểm) 2 13 ,00';)13(24' 23 + −==⇔=++= m xxyxmxy , Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị (*) 3 1 −<⇔ m . 0.25 Với đk(*), đồ thị hàm số có ba điểm cực trị: )3;0( − A ;         − +−−− 3 4 )13( ; 2 13 2 mm B ;         − +−−− − 3 4 )13( ; 2 13 2 mm C Ta có: AB = AC = 4 3m 1 (3m 1) 2 16 − − + + ; BC = 3m 1 2 2 − − Suya ra: ABC ∆ cân tại A 0.25         + + −− =       −− ⇔= 16 )13( 2 13 4 2 13 4.9 3 2 BC 4 mmm AB 5 m 3 1 m 3  = −  ⇔   = −   0.25 So với điều kiện (*), ta được 3 5 −= m . 0.25 II (2.0 1.(1.0 điểm) -3 y’ x y -∞ +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ 0 0 0 0 -1 1 -4 + - - -4 + y O x Phương trình đã cho tương đương với 2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x 0.25 2 cosx=0 4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx 2cos3x= 3 osx+sinx c c x c  ⇔ + ⇔   0.25 + osx=0 x= 2 c k π π ⇔ + 0.25 + 3x=x- 2 6 2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- ) 6 3 2 6 k c c x x k π π π π π  +  ⇔ ⇔   = − +   12 24 2 x k k x π π π π  = − +  ⇔   = +   0.25 2.(1.0 điểm) Điều kiện: 4 0 2 0 x y x y + ≥   + ≥  Đặt: a 2x y ,(a 0,b 0). b 4x y  = +  ≥ ≥  = +   Suy ra: 2 2 3 b x y a 2 2 + = − 0,25 Ta có hệ 2 2 2 3 1 2 5 6 0 2 2 4 4 a a b a a b a a b   + − = − + − =  ⇔   = −   + =  0,25 ⇔ 1 1 3 6 6 4 10 a a b a a b a b  =   =    =     ⇔ = −    = −    = −   =    0,25 So với điều kiện a 0,b 0≥ ≥ , ta được: 2 1 1 2 1 4 3 4 9 7 4 3 x y a x y x b x y y x y  + = = + = =     ⇒ ⇔ ⇔     = + = = − + =      Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (4; -7). 0,25 III (1.0 điểm ) Ta có: I = e 1 ln x 2 dx x ln x x − + ∫ = e 1 ln x 2 dx (ln x 1)x − + ∫ 0.25 Đặt t = lnx + 1 ⇒ dt = 1 dx x ; Đổi cận: x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2 0.25 Suy ra: I = 2 2 1 1 t 3 3 dt 1 dt t t −   = −  ÷   ∫ ∫ 0.25 = ( ) 2 1 t ln | t |− = 1 – ln2 0.25 IV (1.0 điểm ) Gọi H là hình chiếu của A trên BC )B'BCC'(AH ⊥⇒ aAH =⇒ Gọi K là hình chiếu của C trên 'AC )BC'(CK A ⊥⇒ aCK =⇒ 0.25 ACCACABAC '(ABC))),((ABC'AB,' ∠=∠⇒⊥⊥ 0 60' =∠⇒ ACC 0.25 3 2 60sin 0 aCK AC == ; aACCC 260tan.' 0 == 0.25 aAB ACABAH 2 111 222 =⇒+= 3 4 '. 3 '''. a CCSV ABCCBAABC == ∆ . 0.25 V (1.0 im Đặt zyxt ++= 2 3 )(23 2 2 =+++++= t zxyzxyzxyzxyt . 0.25 Ta có 30 222 =++++ zyxzxyzxy nên 3393 2 tt vì .0 > t Khi đó 2 3 5 2 t A t = + 2 5 3 , 3 3. 2 2 t t t = + 0.25 Xét hàm số .33, 2 35 2 )( 2 += t t t tf Ta có 0 55 )(' 2 3 2 > == t t t ttf , t 3;3 . 0.25 Suy ra )(tf đồng biến trên ]3,3[ . Do đó . 3 14 )3()( = ftf Dấu đẳng thức xảy ra khi .13 ==== zyxt Vậy GTLN của A là 3 14 , đạt đợc khi .1 === zyx 0.25 VIa (2.0 im ) 1.(1.0 im) 10 = AB , im C thuc ng thng d nờn to ca C cú dng );32( aaC + 0.25 Phng trỡnh ng thng 053: =+ yxAB 0.25 2 = ABC S 2),(. 2 1 = ABCdAB 2 10 2 .10 2 1 = a 6 2 a a = = 0.25 Vi 6 = a ta cú )6;9( C ; vi 2 = a ta cú )2;7( C 0.25 2.(1.0 im) Gi A, B ln lt l giao im ca d 1 , d 2 vi mt phng (P). Tỡm c: A(1; 0 ; 2); B(2; 3; 1) 0.5 ng thng nm trong (P) v ct d 1 , d 2 nờn i qua A v B. 0.25 Mt vect ch phng ca ng thng l (1;3; 1)= uuur AB Phng trỡnh chớnh tc ca ng thng l: 1 2 1 3 1 x y z = = 0.25 VIIa (1.0 iu kin: 2 > x , phng trỡnh ó cho tng ng vi: 0.25 ( ) ( ) 042)2(log.1)2(log2 22 =++ xxx =+ =+ 042)2(log 01)2(log2 2 2 xx x 0.25 + 01)2(log2 2 =+ x 1 x 2 2 = + . So vi iu kin ta c 1 x 2 2 = + 0.25 + 042)2(log 2 =+ xx , vỡ hn s 2 f (x) log (x 2) 2x 4= + l hm s ng bin trờn ( ) + ;2 v 5 f ( ) 0 2 = nờn 2 5 = x l nghim duy nht ca phng trỡnh f(x) = 0. Vy phng trỡnh cú hai nghim 2 1 2 += x v 2 5 = x 0.25 VI.b 1.(1.0 im) Gi I l tõm ca ng trũn cn vit phng trỡnh. Vỡ I thuc d nờn ta im I cú dng );32( aaI + 0.25 ng trũn tip xỳc vi nờn RId = ),( 5 102 10 2 = a 2;6 == aa 0.25 Vi 6 = a ta cú )6;9( I suy ra phng trỡnh ng trũn: 5 8 )6()9( 22 =++ yx 0.25 vi 2 = a ta cú )2;7( I ,suy ra phng trỡnh ng trũn: 5 8 )2()7( 22 =++ yx Vy cú hai ng trũn tho món l: 5 8 )6()9( 22 =++ yx v 5 8 )2()7( 22 =++ yx . 0.25 2.(1.0 im) Gi s ( ; ; )n a b c r l mt vect phỏp tuyn ca mt phng (P). 0.25 (2.0 điểm ) Phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và có vtpt ( ; ; )n a b c r : ax + by + cz + 2b = 0. Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương (1;1;4)u = r Mặt phẳng (P) song song với đường thẳng ∆ đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4 nên ta có : 2 2 2 4 0 (1) . | 5 | 4 (2) ( ;( )) 4 + + =    ⇔ +   = =   + +  r r a b c n u a b d A P a b c 0.25 Thế b = - a - 4c vào (2) ta có 2 2 2 2 2 ( 5 ) (2 17 8 ) - 2 8 0a c a c ac a ac c+ = + + ⇔ − = ⇔ 4 2 =   = −  a c a c 0.25 Với a = 4c chọn a = 4, c = 1 ⇒ b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = 0. Với a = -2c chọn a = 2, c = - 1 ⇒ b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0. 0.25 VIIb (1.0 điểm ) 2 2 2 2 log (x y) 1 log (7x y) log y (1) log (3x y 2) 2x 2y 4 (2) + + = + +   − − = − +  Điều kiện      > >+ >+ 0 07 0 y yx yx Với đk trên phương trình (1) trở thành: yyxyx )7(log)(2log 2 2 2 +=+ 0.25 ⇔    = = ⇔=+− xy xy yxyx 2 032 22 0.25 Với xy = thế vào phương trình (2) ta được 94)22(log 2 =⇔=− xx Suy ra 9 == yx ,( thoả mãn điều kiện). 0.25 Với xy 2 = thế vào phương trình (1) ta được ⇔−=− xx 24)2(log 2 042)2(log 2 =−+− xx Vì hàm số 2 f (x) log (x 2) 2x 4= − + − là hàm số đồng biến trên ( ) +∞ ;2 và 5 f ( ) 0 2 = nên 2 5 = x là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = 0. Suy ra      = = 5 2 5 y x ,( thoả mãn điều kiện). Vậy hệ đã cho có hai nghiệm    = = 9 9 y x và      = = 5 2 5 y x 0.25 . trình:    +−=−− ++=++ 422)23(log log)7(log1)(log 2 22 2 yxyx yyxyx -- -- - -- - -- Hết -- -- - -- - -- Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải.  = −   0.25 So với điều kiện (*), ta được 3 5 −= m . 0.25 II (2.0 1.(1.0 điểm) -3 y’ x y - +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ 0 0 0 0 -1 1 -4 + - - -4 + y O x Phương