Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 5 pdf

Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng ABC.. Góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC bằng 450.. Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.. Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a.. Trong mặt

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH

TỔ: TOÁN

ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn thi: TOÁN – Khối A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ SỐ 1

PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2

y x  mx  m x (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1

2 Tìm m để đường thẳng y2x cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn 1 điểm C 0;1  nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30

Câu II: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3

2 Giải hệ phương trình







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 hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a Cạnh SA vuông góc với

mặt phẳng (ABC) Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 450 Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a

Câu V: (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x,y,z thoả mãn x2 y2 z2 3 Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức:

z y x zx yz xy A











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 mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;2) và đường thẳng ():3x4y  Viết 7 0 phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng () tại hai điểm B, C sao cho ABC vuông tại A

và có diện tích bằng 4

5

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 1 2

x y z

 và điểm A(2;1;2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa  sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 1

3

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển (1+ 2x)10.( 2)2

3+ 4x+ 4x = a0+ a1x + a2x2 + .+a14x14 Tìm giá trị của a 6

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3) Biết đỉnh A , C lần lượt thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng : 1

1

1

z

 





 



 



;

 Viết phương trình mp(P) song song với d và 1 d , sao cho khoảng cách từ 2 d đến (P) 1 gấp hai lần khoảng cách từ d đến (P) 2

Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: log (2 2 8) 6

8x 2 3x y 2.3x y

y x









-Hết -

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH TỔ: TOÁN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1 Câu NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1 I.1 Với m=1 ta có y2x33x2 1  TXĐ: D=R  Sự biến thiên: - Giới hạn: lim ; lim x y x y       0,25 -Ta có: y'6 (x x1) ' 0 0 1 x y x        -BBT: x  0 1 

y’ + 0 - 0 +

y 1 

 0

0,25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ;0) và (1;  ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1)

Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yCĐ=1 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và yCT=0

0,25

 Đồ thị:

2

2 2

I

 là điểm uốn của đồ thị

- Đồ thị (C) cắt trục Oy tại A 0;1 

- Đồ thi cắt trục Ox tại B 1; 0 ;C  1; 0

2



I.2

Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số: 3 2

y x  mx  m x là nghiệm phương trình: 2x33mx2(m1)x 1 2x 1

2

2





x x mx m

x mx m

0,25

Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi

và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu 2.(m3)0m 3 0,25

Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn

3 2 3

2

A B

A B

m

x x

m

x x

















( vì A và B thuộc (d)) 0,25

AB = 30  (x Bx A)2(y By A)2  30

2



 x Bx A   x B x A  x x B A   m  m 

2

0

9









m

0,25

CÂU II

II.1

1 Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3

Phương trình đã cho tương đương với

4 os3xcosx=2 3 os 2s inxcosx

2cos3x= 3 osx+sinx

c





0,25

+ osx=0 x=

2



+

6

2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )

6

6

k



















12

k x









 



0,25

II.2

2 Giải hệ phương trình







Điều kiện: x+2y 1 0

Phương trình (1) trở thành : 2t2 – t – 6 = 0

 

 

3 t/m 2

 





  



0,25

+ Hệ



 



0,25

1 1 ( / ) 2

1 2

x y

t m x

y

 























0,25

Câu II

Ta có: I=

e

1

ln x 2

dx

x ln x x





e

1

ln x 2

dx (ln x 1)x





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

1

Câu IV

H

M

C A

S

PHẦN RIấNG (3,0 điểm)

A Theo chương trỡnh Chuẩn

VI.a

(2,0

điểm)

1 (1,0 điểm)

Gọi AH là đường cao của ABC, ta cú 4

( ; )

5











Suy ra gúc giữa mp(SBC) và mp(ABC) là gúc SBA

Theo giả thiết SBA = 450

0,25

Gọi M là trung điểm của SC, H là trung điểm của AC

Tam giỏc SAC vuụng tại A nờn MA = MS = MC, tam giỏc SBC vuụng tại B nờn MB =

MC = MS

Suy ra M là tõm mặt cầu ngoại tiếp hỡnh chúp S.ABC

0,25

Suy ra tam giỏc SAB vuụng cõn tại A, do đú SA = AB = a

SA(ABC), MH // SA nờn MH(ABC)

Suy ra MH là đường cao khối chúp M.ABC

0,25

Suy ra

3

Cõu V

Đặt txyz 

2

3 )

( 2 3

2















Ta có 0 xyyzzxx2 y2 z2 3 nên 3t29  3t3 vì t0

2

3 2

t

t

2

3 5 2 ) (

2









t

t t f

Ta có '( ) 5 5 0

2

3





t

t t t t

0,25

Suy ra f (t) đồng biến trên [ 3, 3] Do đó

3

14 ) 3 ( ) (t  f 

f

Dấu đẳng thức xảy ra khi t3xyz1

Vậy GTLN của A là

3

14 , đạt được khi x yz1

0,25

2

ABC

S  AH BC  BCBC Gọi I ;R lần lượt là tâm và bán kính của đường

tròn cần tìm, ta có : 1

1 2

RAI  BC

Phương trình tham số của đường thẳng (): x 1 4t

ïï í

ïî

I Î () Þ I(-1+4t; 1 + 3t)

AI = 1 Û 16t2 + (3t – 1)2 = 1 Û t = 0 hoặc t = 9

5

0,25

+ t = 0 Þ I(-1; 1)

Phương trình của đường tròn là: (x + 1)2 + (y – 1)2 = 1 0,25 + t = 9

5 Þ

I(-1

25;

43

25)

Phương trình của đường tròn là: (x + 1

25)

2

+ (y –43

25)

2

= 1

0,25

2 (1,0 điểm)

Đường thẳng  đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là u



= (2 ; -1 ; 1)

Gọi n



= (a ; b ; c ) là vtpt của (P)

Vì  ( )P nên n u 0

 



0,25

2a – b + c = 0  b = 2a + c n



 =(a; 2a + c ; c ) Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là: a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0

ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0

0,5

d(A ; (P)) = 1

1 3

a

Chọn a = 1 , c = -1

Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là x + y – z = 0 0,25

VII.a

(1,0

điểm)

Cho khai triển (1+ 2x)10.( 2)2

3+ 4x+ 4x = a0+ a1x + a2x2 + .+a14x14 Tìm giá trị của a 6

(1+ 2x)10.( 2)2

3+ 4x+ 4x = (1+ 2x)10 éê2+(1+ 2x)2ùú2

= 4(1+ 2x)10 + 4(1+ 2x)12+ (1+ 2x)14

0,25

Hệ số của x6 trong khai triển 4(1+ 2x)10 là 4.26.C106

Hệ số của x6 trong khai triển 4(1+ 2x)12 là 4.26.C126

Hệ số của x6 trong khai triển 4(1+ 2x)14 là 26.C614

0,5

Vậy a 6 = 4.26.C106 + 4.26.C126 + 26.C146 = 482496 0,25

B Theo chương trình Nâng cao

VI.b

(2,0

điểm)

1 (1,0 điểm)

Vì điểm A thuộc đường thẳng x + y + 3 = 0 và C thuộc đường thẳng x+ 2y + 3 = 0 nên A(a ; - a

I là trung điểm của AC 2 3 4 1

 A(-1; -2); C(5 ;-4) 0,25

Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là u

=(1;3) có ptts là x 2 t

 





  



B BD  B(2+t ; -3 +3t)

Khi đó : AB

= (3 +t ;–1+3t); CB



= (- 3+t; 1+3t)

AB CB

 Û t = ± 1

0,25

Vậy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) và D(1;-6) hoặc A(-1; -2); C(5 ;-4), B(1;-6) và D(3;0) 0,25

2 (1,0 điểm)

1

d đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là : u1 1; 1; 0



  ; d2 đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là:

2 1; 2; 2

u



0,25

Gọi n



là một vtpt của (P), vì (P) song song với d1 và d2 nên n



= [u u1; 2

 

] = (-2 ; -2 ; -1)

 (P): 2x + 2y + z + D = 0

0,25

d(A ; (P) = 2d( B;(P))  7D 2 5D 7 2(5 )



 



3 17 3

D

D

 







  



0,25

Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z - 17

VII.b

(1,0

điểm)

Giải hệ phương trình: log (2 2 8) 6 (1)

8x 2 3x y 2.3x y (2)

y x









Điều kiện: y – 2x + 8 > 0

Thay y2x vào phương trình (2), ta được

8x2 3x x 2.3 x 8x18x 2.27x 8 18 2

    

3

2

   

    

0,25

Đặt: t = 2

3

x

 

 

  (t > 0)

Ta có phương trình 3    2 

t   t  t t  t  0

1

0

x t

y





   





Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0)

0,5