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 y = x4+ (3 m + 1) x2− 3 (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

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 ABClà tam giác vuông tại A, mặt phẳng ( ABC tạo với đáy một góc ') 60 , khoảng cách từ điểm 0 Cđến 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 x , y , z thoả mãn x2+y2+z2 =3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A xy yz zx x y z

+ + + + +

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 Oxycho đường thẳng d:x+2y−3=0 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 d1: 1 1 1

−

và đường thẳng d2:

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 d1 , d2

Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: 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 Oxycho hai đường thẳng d:x+2y−3=0 và ∆:x+3y−5=0 Lập phương trình đường tròn có bán kính bằng

5

10 2 , có tâm thuộc d và tiếp xúc với ∆

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : 1 3

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:







+

−

=

−

−

+ +

= +

+

4 2 2 )2 3(

log

log ) 7(

log 1 ) ( log

2

2 2

2

y x y

x

y y

x y

x

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

I

(2.0

điểm

)

1.(1.0 điểm)

Khi m=−1 hàm số trở thành y=x4−2x2−3

• Tập xác định: D = ¡

• Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y'=4x3−4x; y'=0⇔x=0;x=±1

0.25

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞;−1) và (0;1); đồng biến trên mỗi khoảng (−1;0) và

)

;

1

( +∞

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0; ycđ=-3; hàm số đạt cực tiểu tại x=±1; yct=-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

1 3 ,

0 0

'

; ) 1 3 ( 2 4

'= 3+ + = ⇔ = 2 =− m+

x x y

x m x

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị (*)

3

1

−

<

0.25

Với đk(*), đồ thị hàm số có ba điểm cực trị:

) 3

;

0

( −









− +

−

−

4

) 1 3 (

; 2

1









− +

−

−

−

4

) 1 3 (

; 2

1

C

Ta có: AB = AC = 3m 1 (3m 1)4

− − + + ; BC = 3m 1

2 2

Suya ra: ABC∆ cân tại A

0.25







=











− −

⇔

=

16

) 1 3 ( 2

1 3 4 2

1 3 4 9 3

2 BC

4

m m

m AB

5 m 3 1 m 3

 = −



⇔ 

 = −



0.25

So với điều kiện (*), ta được

3

5

−

=

II

(2.0

1.(1.0 điểm)

-3

y’

x y

-∞

+∞

+∞

+∞

+∞

+∞

+∞

+∞

0

-4

+

4 +

y

O

x

Phương trình đã cho tương đương với

2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x 0.25

4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx

2cos3x= 3 osx+sinx

c



2

0.25

+

6

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

6

6

k

π



 = − +



12

k x

 = − +



⇔ 

 = +



0.25

2.(1.0 điểm)

x y

x y

+ ≥



 + ≥

 Đặt: a 2x y ,(a 0, b 0).



2 2

0,25

Ta có hệ

4 4

a b



 + =



0,25

⇔

1 1

3 6

6 4

10

a a

b a

a

b

  =

  = − ⇔  





0,25

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

− +

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 =

IV

(1.0

điểm

)

Gọi H là hình chiếu của A trên BC ⇒AH⊥(BCC'B')

a

AH =

⇒

Gọi K là hình chiếu của C trên AC ' ⇒CK ⊥(ABC')

a

⇒

0.25

AC C AC

AB

AC'⊥ , ⊥AB⇒∠((ABC'),(ABC))=∠ '

0

60 ' =

∠

3

2 60 sin 0

a CK

a AB AC

AB

1 1 1

2 2

3

4 '

3 '

' '

a CC S

0.25

(1.0

điểm

Đặt t=x+y+z ⇒

2

3 )

( 2

zx yz xy zx

yz xy

Ta có 0 ≤xy+yz+zx≤x2 +y2 +z2 = 3 nên 3 ≤t2 ≤ 9 ⇒ 3 ≤t≤ 3 vì t >0

Khi đó

2 3 5 2

t A

t

−

t

t t

Xét hàm số , 3 3.

2

3 5 2 ) (

2

≤

≤

− +

t

t t f

Ta có '( ) 5 25 0

3

2 = − >

−

=

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 đợc khi x=y=z= 1

0.25

VIa

(2.0

điểm

)

1.(1.0 điểm)

10

=

AB , điểm C thuộc đường thẳng d nờn toạ độ của C cú dạng C(−2a+3;a) 0.25

Phương trỡnh đường thẳng AB:x+ 3y− 5 = 0 0.25

2

=

∆ABC

2

1

=

10

2 10 2

1

=

−

2

a a

=



Với a=6 ta cú C(−9;6); với a=−2 ta cú C(7;−2) 0.25

2.(1.0 điểm)

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của d1, d2 với mặt phẳng (P)

Đường thẳng ∆ nằm trong (P) và cắt d1, d2 nờn ∆ đi qua A và B 0.25

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là uuur AB = (1;3; 1) −

Phương trỡnh chớnh tắc của đường thẳng ∆ là: 1 2

x − = = y z −

−

0.25

VIIa

(1.0

Điều kiện: x>2, phương trỡnh đó cho tương đương với: 0.25

( 2 log2( x − 2 ) + 1 ) ( log2( x − 2 ) + 2 x − 4 ) = 0 





=

− +

−

= +

−

⇔

0 4 2 ) 2 ( log

0 1 ) 2 ( log 2 2

2

x x

x

0.25

+ 2log2(x−2)+1=0 ⇔ x 2 1

2

= + So với điều kiện ta được 1

x 2

2

+ log2(x−2)+2x−4=0, vỡ hàn số f (x) log (x 2) 2x 4 = 2 − + − là hàm số đồng biến trờn (2;+∞)

và 5

f ( ) 0

2 = nờn

2

5

=

x là nghiệm duy nhất của phương trỡnh f(x) = 0

Vậy phương trỡnh cú hai nghiệm

2

1

2+

=

2

5

=

x

0.25

VI.b 1.(1.0 điểm)

Gọi I là tõm của đường trũn cần viết phương trỡnh

Vỡ I thuộc d nờn tọa độ điểm I cú dạng I(−2a+3;a) 0.25 Đường trũn tiếp xỳc với ∆ nờn d(I,∆)=R

5

10 2 10

2

=

−

Với a=6 ta cú I(−9;6)suy ra phương trỡnh đường trũn:

5

8 ) 6 ( ) 9 (x+ 2 + y− 2 = 0.25

với a=−2 ta cú I(7;−2),suy ra phương trỡnh đường trũn:

5

8 ) 2 ( ) 7 (x− 2+ y+ 2 =

Vậy cú hai đường trũn thoả món là:

5

8 ) 6 ( ) 9 (x+ 2 + y− 2 = và

5

8 ) 2 ( ) 7 (x− 2 + y+ 2 =

0.25

2.(1.0 điểm)

Giả sử n a b c r ( ; ; ) là một vectơ phỏp tuyến của mặt phẳng (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 u r = (1;1; 4)

Mặt phẳng (P) song song với đường thẳng ∆ đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt

phẳng (P) bằng 4 nên ta có :

(1)

( ;( )) 4



=

r r

n u

d A P

0.25

Thế b = - a - 4c vào (2) ta có ( a + 5 ) c 2 = (2 a2 + 17 c2 + 8 ) ac ⇔ a2- 2 ac − 8 c2 = 0

⇔ 4

2

=



 = −



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

log (x y) 1 log (7x y) log y (1)

log (3x y 2) 2x 2y 4 (2)





Điều kiện









>

>

+

>

+

0

0 7

0

y

y x

y x

Với đk trên phương trình (1) trở thành: log 2(x y)2 log2(7x y)y

0.25

⇔ 





=

=

⇔

= +

−

x y

x y y

xy x

2 0 3

0.25

Với y = x thế vào phương trình (2) ta được log2(2x−2)=4⇔ x=9

Suy ra x=y=9,( thoả mãn điều kiện) 0.25 Với y= 2x thế vào phương trình (1) ta được log2(x−2)=4−2x⇔log2(x−2)+2x−4=0

Vì hàm số f (x) log (x 2) 2x 4 = 2 − + − là hàm số đồng biến trên (2;+∞) và 5

f ( ) 0

2 = nên

2

5

=

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