Tài liệu Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 33 - Đề 2 pdf

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013

Môn thi : TOÁN


A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số


3 2
( ) 3 1 1
y f x mx mx m x
     
, m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.
2. Xác định các giá trị của m để hàm số
( )
y f x

không có cực trị.
Câu II (2 điểm): Giải phương trình :
1).
 
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x


 
; 2).
   
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4
x x x
     

Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3
2
2
1
2
1
dx
A
x x




Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh,
biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính
thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho.
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
 
2

2
7 6 0
2 1 3 0
x x
x m x m
  
    






B.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Cho tam giác ABC biết các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân
giác trong của góc A nằm trên đ.thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Cho hai mặt phẳng




: 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.
P x y x y   
Viết phương trình
của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai m.phẳng (P) và (Q).
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
4 3 2
1 1 2

4 3
1 1
5
4
7
15
n n n
n
n n
C C A
C A
  

 

 







(Ở đây
,
k k
n n
A C
lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)
2. Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)
1. Cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C):
2 2
2 4 8 0
x y x y
    
.Xác
định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (điểm A có hoành độ dương).
Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B.
2. Cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0
x y z
   
và các đường thẳng:

1 2
1 3 5 5
: ; :
2 3 2 6 4 5
x y z x y z
d d
   
   
 
. Tìm các điểm
1 2
d , d
M N
 
sao cho MN // (P) và

cách (P) một khoảng bằng 2.
Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) của hsố
 
3
1
( ) ln
3
f x
x


và giải bpt:
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x






Đáp án
Câu Ý

Nội dung Điểm

2 1,00

+ Khi m = 0
1
y x
  
, nên hàm số không có cực trị.

0,25

+ Khi
0
m




2
' 3 6 1
y mx mx m
    

Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi
' 0
y


không có nghiệm hoặc có nghiệm kép

0,50




2 2
' 9 3 1 12 3 0
m m m m m
       
1
0
4
m
  




0,25
1 1,00
 
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x

x

  (1)
Điều kiện:
sin 2 0
x


0,25
2
1
1 sin 2
1 sin cos
2
(1)
sin 2 2 cos sin
x
x x
x x x

 
  
 
 

0,25

2
2
1

1 sin 2
1 1
2
1 sin 2 1 sin 2 0
sin 2 sin 2 2
x
x x
x x

      

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
2 1,00




2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4
x x x
      (2)
Điều kiện:
1 0
4 4
4 0
1
4 0

x
x
x
x
x
 

  


  
 
 


 


0,25







 
2
2 2 2 2 2
2 2

2 2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x
           
       

0,25

+ Với
1 4
x
  
ta có phương trình
2
4 12 0 (3)
x x  
;
 
2
(3)
6
x
x




 


lo¹i

0,25


+ Với
4 1
x
   
ta có phương trình
2
4 20 0
x x
  
(4);
 
 
2 24
4
2 24
x
x

 


 



lo¹i

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
2
x

hoặc


2 1 6
x  

0,25

III 1,00
Đặt
2 2 2
2
1 1 2 2
dx tdt
t x t x tdt xdx
x x
          

2 2
1 1
dx tdt tdt
x t t
   
 

+ Đổi cận:
1 3
2 2
3 1
2 2
x t
x t
  
  

0,50


1 3
3
2 2
2
1
2 2
1
2
3
2
2
1 1 1 7 4 3
ln ln
1 1 2 1 2 3
|
dt dt t

A
t t t
 
 
   
 
 
  
 
 


0,50
IV 1,00

Gọi E là trung điểm của AB, ta có: ,
OE AB SE AB
 
, suy ra


SOE AB

.
Dựng


OH SE OH SAB
  
, vậy OH là khoảng cách từ O

đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:
2 2 2 2 2 2
2
1 1 1 1 1 1 1 8
1
9 9
9 3
8
2 2
OH SO OE OE OH SO
OE OE
       
   

2 2 2
9 81 9
9
8 8
2 2
SE OE SO SE      
0,25
2
1 36
. 8 2
9
2
2 2
SAB
SAB

S
S AB SE AB
SE
    
 
2
2
2 2 2 2
1 9 9 265
4 2 32
2 8 8 8
OA AE OE AB OE
 
        
 
 

0,25
Thể tích hình nón đã cho:
2
1 1 265 265
. . .3
3 3 8 8
V OA SO
  
  
0,25

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

2 2 2
265 337 337
9
8 8 8
265 337 89305
. . .
8 8 8
xq
SA SO OA SA
S OA SA
  
      
  

0,25
V 1,00
Hệ bất phương trình
 
2
2
7 6 0 (1)
2 1 3 0 (2)
x x
x m x m

  


    






1 1 6
x
  
. Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại


0
1;6
x 
thỏa mãn (2).
0,25
   
 
 
2
2
2 3
2 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0)
2 1
x x
x x x m m do x x
x
 
          


Gọi
 
2
2 3
( ) ; 1;6
2 1
x x
f x x
x
 
 


0,25

Hệ đã cho có nghiệm


0 0
1;6 : ( )
x f x m
   

 
 


 
2
2

2 2
2 4
2 2 8
'
2 1 2 1
x x
x x
f x
x x
 
 
 
 
;
 
2
1 17
' 0 4 0
2
f x x x x
 
      
Vì


1;6
x
nên chỉ nhận
1 17
2

x
 

0,25

Ta có:
2 27 1 17 3 17
(1) , (6) ,
3 13 2 2
f f f
 
   
  
 
 
 

Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên
27
max ( )
13
f x 
Do đó
 
 
0 0
1;6
27
1;6 : ( ) max ( )
13

x
x f x m f x m m

      

0,25
VIa 2,00
1 1,00
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:
 
4 3 4 0 2
2;4
2 6 0 4
x y x
A
x y y
    
 
  
 
   
 

0,25
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình
 
4 3 4 0 1
1;0
1 0 0
x y x

B
x y y
   
 
 
 
   
 

0,25
Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:




2 4 0 2 4 0
a x b y ax by a b
        

Gọi
1 2 3
:4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0
x y x y ax by a b
            

Từ giả thiết suy ra
 
·
 
·

2 3 1 2
; ;
    
. Do đó
 
·
 
·
 
2 3 1 2
2 2
2 2
|1. 2. | |4.1 2.3|
cos ; cos ;
25. 5
5.
0
| 2 | 2 3 4 0
3 4 0
a b
a b
a
a b a b a a b
a b
 
      



       


 


+ a = 0
0
b
 
. Do đó
3
: 4 0
y
  

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra
3
: 4 3 4 0
x y
   
(trùng với
1

).
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.
0,25

Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:
 
4 0 5
5;4

1 0 4
y x
C
x y y
  
 
 
 
   
 

0,25
2 1,00
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
, , ,
, ,
OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q





    






0,25

Ta có:
     
2 2 2
2 2 2 2 2
5 2 1
10 4 2 30 (1)
OI AI OI AI a b c a b c
a b c
           
   

 
 
 
 
2
2 2 2 2 2 2
| 2 2 5|

, 9 2 2 5 (2)
3
a b c
OI d I P a b c a b c a b c
  
           

 
 
 
 
| 2 2 5| | 2 2 13|
, ,
3 3
2 2 5 2 2 13 ( )
2 2 4 (3)
2 2 5 2 2 13
a b c a b c
d I P d I Q
a b c a b c
a b c
a b c a b c
     
  
      

    

       


lo¹i

Từ (1) và (3) suy ra:
17 11 11 4a
; (4)
3 6 3
a
b c

  
0,25

Từ (2) và (3) suy ra:
2 2 2
9 (5)
a b c  

Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:




2 221 658 0
a a
  

Như vậy
2
a


hoặc
658
221
a  .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc
658 46 67
; ;
221 221 221
I
 

 
 
và R = 3.
0,25


Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
     
2 2 2
2 2 1 9
x y z
     
và
2 2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
     
     

     
     

0,25
VIIa 1,00
Điều kiện:
1 4 5
n n
   

Hệ điều kiện ban đầu tương đương:














  
     
   
1 2 3 4 1 2 3
5

2 3
4.3.2.1 3.2.1 4
1 1 2 3
7
1 1
5.4.3.2.1 15
n n n n n n n
n n
n n n n n
n n n
      
   




   

  



0,50

2
2
9 22 0
5 50 0 10
5
n n

n n n
n

  

     





0,50
VIb 2,00
1 1,00
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
2 2
0; 2
2 4 8 0
1; 3
5 2 0
y x
x y x y
y x
x y
 
     

 
   
  




0,50

Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
Vì
·
0
90
ABC 
nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua
tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
0,50
2 1,00
Phương trình tham số của d
1
là:
1 2
3 3
2
x t
y t
z t
 


 





. M thuộc d
1
nên tọa độ của M


1 2 ;3 3 ;2
t t t
 
.
Theo đề:
 
 


 
1 2
2
2 2
|1 2 2 3 3 4 1|
|12 6|
, 2 2 12 6 6 1, 0.
3
1 2 2
t t t
t
d M P t t t
    


          
  

0,25
+ Với t
1
= 1 ta được


1
3;0;2
M ;
+ Với t
2
= 0 ta được


2
1;3;0
M
0,25
+ Ứng với M
1
, điểm N
1

2
d

cần tìm phải là giao của d

2
với mp qua M
1
và // mp (P), gọi mp
này là (Q
1
). PT (Q
1
) là:




3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)
x y z x y z          .
Phương trình tham số của d
2
là:
5 6
4
5 5
x t
y t
z t
 






  

(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0

t = -1. Điểm N
1
cần tìm là N
1
(-1;-4;0).
0,25

+ Ứng với M
2
, tương tự tìm được N
2
(5;0;-5).
0,25
VIIb 1,00
Điều kiện
 
3
1
0 3
3
x
x
  


 
   
3
1
( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3
3
f x x x
x
      

;
 
 
1 3
'( ) 3 3 '
3 3
f x x
x x
   
 

0,25
Ta có:
     
2
0
0 0
6 6 1 cos 3 3
sin sin sin 0 sin 0 3
2 2

|
t t
dt dt t t
 

 
   

       
 
 
 

0,25

Khi đó:
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x






  
2 1
3 3
2
0
3 2
3 2
1
3
3; 2
3; 2
2
x
x
x x
x x
x
x x
x x


 




 


 
  
 
 

 
 
  
  



0,50