Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 6 pptx

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.. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P PHẦN RIÊNG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH

TỔ: TOÁN

THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013 Môn thi: TOÁN; Lớp 12– Khối D

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

ĐỀ SỐ 3

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  2 x3 3 mx2 ( m  1) x  (1) 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  2 x  cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn điểm 1

 

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 cos cos 1cos 2 1

2 Giải phương trình 23 6.2 311 12 1

2 2

x x

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

4

0

tan x

4 cos x sin x cos 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 MABC theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương tùy ý thỏa mãn abc8 Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

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 (): 3 x  4 y   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 a6

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 mặt phẳng (P) song song với d và 1 d , sao cho khoảng cách từ 2 d 1

đến (P) 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









-Hết -

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH TỔ: TOÁN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 3 Câu NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1 I.1 Với m=1 ta có y  2 x3 3 x2 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, 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



0,25

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

y  x  mx  m  x  là nghiệm phương trình: 2 x3 3 mx2 ( m  1) x   1 2 x  1 0,25

2





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

m

m

x x

















( vì A và B thuộc (d)) 0,25

AB = 30  ( xB xA)2 ( yB yA)2  30

2



 xB xA   xB  xA  x xB A   m  m 

2

0

9







 



m

0,25

CÂU II

II.1

1

 3 2 osx c  2 cos2 x  4  2 cos2 x  3 2 cos x   4 0 0,25

 (cos 2 2)( cos 2 )=0

2

2

4



II.2

Giải: Viết lại phương trình có dạng:

3 3 3

Đặt

3 3

3

0,25

Khi đó phương trình (1) có dạng: 3 2

2

x x

Câu II

Ta có:

4

2 0

tan x

4 tan x cos x







cos x

4



Suy ra:

3

4

(t 4).dt I

t







3

4

4 (1 )dt t





    (t 4 ln t )34



3

Câu IV





0,25

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

A Theo chương trình Chuẩn

VI.a

(2,0

điểm)

1 (1,0 điểm)

Gọi AH là đường cao của ABC, ta có 4

( ; )

5

AH d A  

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

0,25

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

Theo giả thiết SBA= 450

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

Tam giác SAC vuông tại A nên MA = MS = MC, tam giác SBC vuông tại B nên MB = MC = MS

Suy ra M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

0,25

Tam giác SAB vuông cân tại A, do đó SA = AB = a

SA(ABC), MH // SA nên MH(ABC) Suy ra MH là đường cao khối chóp M.ABC 0,25 Suy ra

3

Câu V

Đặt: ; ; , , 0 & 1

P

Mà ta có: xy2 xy ; x 1 2 x2xy 3 2( xy x1) 1 1

2z x 32( zx z1)

P

Vậy maxP = 1

4 khi x = y = z = 1

0,5

H

M

C

B A

S

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

ïï í

ïî

I Î () Þ I(-1+4t; 1 + 3t) Ta có 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 (2 )

a

 a c 2 0

   a c 0 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.(3+ 4x+ 4x2)2 = a0+ a1x + a2x2 + .+a14x14 Tìm giá trị của a6

3+ 4x+ 4x = (1+ 2x)10 éê2+(1+ 2x)2ùú2

ë û = 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 a6 = 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–3)

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:

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

(1)y – 2x + 8 =  6

Thay y  2 x 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

0

x t

y





   





Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0)

0,5