Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 25 - Đề 2 docx

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN
I.PHẦN CHUNG: ( 7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số
3
( ) 2,
f x x mx
  
có đồ thị
( )
m
C

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
3
m
 

2.Tìm tập hợp các giá trị của
m
để đồ thị
( )
m
C
cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm.
Câu II (2,0 điểm):
1.Giải phương trình :
01cossin2sinsin2
2

 xxxx
.
2. Giải hệ phương trình:







2
2
3
1
9
1218
yxy
xxy

Câu III (1,0 điểm): Tính
2
3
0
sin
1 cos 2
x x
I dx
x







Câu IV (1,0 điểm): Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên
các cạnh AB, AC sao cho




DMN ABC

. Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x v
à y.
Chứng minh rằng:
3 .
x y xy
 

Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z
0

thoả mãn x + y + z > 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 
3 3 3
3
16
x y z
P

x y z
 

 

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm):
1. Trong mặt phẳng (Oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + 5 = 0 và đường tròn (C): x
2
+ y
2
+ 2x - 6y + 9 = 0
Tìm những điểm M

(C) và N

(d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất.
2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:
2
4
2
1
x
x
m e e
  
có nghiệm thực .
Câu VII a.(1,0 điểm): Giải phương trình:



3
log 4.16 12 2 1
x x
x
  
.
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần
lượt nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm
C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh:
2 2
10 8 4 (2 1). 1
x x m x x
    
cã 2 nghiÖm thực ph©n biÖt.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình:
3 3
log 1 log 2
2 2
x x
x
 
 

Hết

( Đề thi có 01 trang. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ tên thí sinh: Số báo danh:



GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012.
Môn thi : TOÁN )

I. Hướng dẫn chung
1) Nếu thí sinh có lời giải khác với hướng dẫn chấm, nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết
quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống
dưới và phần làm bài sau không cho điểm.
2) Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn
chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn tổ chấm thi.
II. Hướng dẫn chấm và thang điểm
I.PHẦN CHUNG: ( 7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3
( ) 2,
f x x mx
  
có đồ thị
( )
m
C

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
3
m
 

2) Tìm tập hợp các giá trị của
m
để đồ thị
( )
m
C
cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm.

I 1

(1,0 đ)

3
m
 
hàm số trở thành:
3
( ) 3 2,
f x x x
  

Tập xác định
D R


Sự biến thiên

2
1
' 3( 1) 0
1
x

y x
x
 

   





1
' 0
1
x
y
x
 

 



hàm số đồng biến trên


; 1
 
và



1;



' 0 1 1
y x
    
hàm số nghịch biến trên


1;1

điểm CĐ


1;4
 , điểm CT


1;0
; lim
x
y

 
; lim
x
y

 

Bảng biến thiên:
x



1


1



'
y

+
0



0




y

Đồ thị
Điểm uốn:
'' 6 0 0
y x x
   
, Điểm uốn U


0;2

( vẽ đúng đồ thị, đi qua các điểm cơ bản )




0,25






0,25

0,25






0,25


I-2
(1,0 đ)

Phương trình cho HĐGĐ
3
2 0,(*)
x mx  
0
x

không thỏa mãn
nên:
3
2
(*)
x
m
x


  
Xét hàm số
3
2
2
2 2 2
( ) '( ) 2
x
g x x g x x
x x x

        

'( ) 0 1
g x x
  
ta có bảng biến thiên:
x



0

1



'( )
g x
+

ll



0





0,25

0,25

0,25








CT
CĐ


( )
g x

Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng
y m

và đồ thị hàm số
.
( )
y g x

nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì
3
m
 

Lưu ý:
Có thể lập luận để đồ thị
( )
m
C
của hàm số
( )
y f x

hoặc không có cực trị hoặc có hai
điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành

0,25





Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình : 01cossin2sinsin2
2
 xxxx .
II-1 1.0
01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2
22
 xxxxxxxx
0.25
22
)3cos2()1(cos8)1cos2(  xxx
. VËy 5,0sin

x hoÆc
1cossin


xx

0.25
Víi 5,0sin


x ta cã


kx 2
6

hoÆc


kx 2
6
5


0.25

Víi 1cossin


xx ta cã















4
sin
2
2
4
sin1cossin

xxx ,
suy ra

kx 2

hoÆc


kx 2
2
3


0.25
2. Giải hệ phương trình:








2
2
3
1
9
1218
yxy
xxy

II-2 1.0
Hệ:







3232
3
1
9
320121218
2
22
xyyxyxy
xxxxy

0.25
1832  xyx
0.25


32;32 x
, tương ứng y


33;33

0.25

Thử lại, thoả mãn hệ đã cho
Vậy,








33;32,33;32; yx
0.25
Câu III (1 điểm) Tính
2
3
0

sin
1 cos2
x x
I dx
x






III 1.0
2 2
3 3 3
2 2
0 0 0
sin sin
1 cos2 2cos 2cos
x x x x
I dx dx dx
x x x
  

  

  

0.25

3 3

1
2 2
0 0
1
2cos 2 cos
x x
I dx dx
x x
 
 
 

0.25






-
3




Đặt
2
tan
cos
u x

du dx
dx
v x
dv
x






 






3
3
3
1
0
0
0
1 1 1
tan tan ln cos ln 2
2 2 2
2 3 2 3
I x x xdx x




 
 
      
 
 


2
2 2
3 3 3 3
2
2
0 0 0 0
sin 1 1
tan (1 tan )
2cos 2 2
x
I dx xdx x dx dx
x
   
 
     
 
 
   

 

3
0
1 1
tan 3
2 2 3
x x


 
   
 
 

0.25


1 2
3 1
1 1 1
ln 2 3 ( 3 ln2)
2 2 3 6 2
2 3
I I I

 

 
        
 
 

0.25
Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các
cạnh AB, AC sao cho




DMN ABC
 . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y.
Chứng minh rằng:
3 .
x y xy
 

IV 1.0

Dựng
DH MN

tại H.
Do






DMN ABC DH ABC
  

mà
.
D ABC
là
tứ diện đều nên
H
là tâm tam giác đều
ABC
.



0.25
Trong tam giác vuông DHA:
2
2 2 2
3 6
1
3 3
DH DA AH
 
    
 
 
 

Diện tích tam giác
AMN
là
0

1 3
. .sin60
2 4
AMN
S AM AN xy
 
0.25
Thể tích tứ diện
.
D AMN
là
1 2
.
3 12
AMN
V S DH xy
 
0.25

Ta có:
AMN AMH AMH
S S S 
0 0 0
1 1 1
.sin 60 . .sin30 . .sin30
2 2 2
xy x AH y AH  

3 .
x y xy

 


0.25
Câu V. (1,0 điểm). Cho x, y, z
0

thoả mãn x+y+z > 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 
3 3 3
3
16
x y z
P
x y z
 

 

V 1.0

Trước hết ta có:
 
3
3 3
4
x y
x y


  (biến đổi tương đương)




2
0
x y x y
    

0.25
D
A
B
C
H
M
N

Đặt x + y + z = a. Khi đó
   
 
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z

P t t
a a
   
    

(với t =
z
a
,
0 1
t
 
)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t


0;1
 . Có
 
 
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9

f t t t f t t
 
      
 
; Lập bảng biến thiên
0.25
 
 
0;1
64
inf
81
t
M t

  
GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0
0.25
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng (oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + 5 = 0 và đường tròn
(C): x
2
+ y
2
+ 2x - 6y + 9 = 0 .Tìm những điểm M


(C) và N

(d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất.
VIa.1 1.0
(d): 3x - 4y + 5 = 0 ; (C): (x + 1)
2
+ (y - 3)
2
= 1

Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1
d (I ; d) = 2

(d)

(C) = Ø ; Giả sử tìm được N
0


(d)

N
0
là hình chiếu vuông góc
của I trên (d)

N
0
= (d)



 , với:


   






4;3)(
)3;1(
ud
I

0.25
 














5
7
;
5
1
43
31
:
0
N
ty
tx

0.25
Rõ ràng



(C) = {M
1
; M
2
} ; M
1









5
11
;
5
2
; M
2








5
19
;
5
8
,M
0


(C) để M
0
N

0
nhỏ
nhất

M
0


M
1
và M
0
N
0
= 1
0.25

Kết luận: Những điểm cần tìm thoả mãn điều kiện bài toán.M







5
11
;
5
2

; N






5
7
;
5
1

0.25
2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:
2
4
2
1
x
x
m e e
  
có nghiệm thực .
IVa.2 1.0
Đặt
2
x
t e


ĐK: t > 0 . PT trở thành:
44
1
m t t
  
.
0.25
Xét
44
( ) 1
f t t t
  
với t > 0 .
3
4
4
4
'( ) 1 0
1
t
f t
t
 
  
 

 

hàm số NB trên



0;
 
.
0.50


  
4 4 24
1
lim ( ) lim 0
1 1
t t
f t
t t t t
 
 
   
; f(0) = 1. KL: 0< m <1.
0.25
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình:


3
log 4.16 12 2 1
x x
x
  
.
VII.a 1.0

PT
2 1 2 2
4.16 12 3 4.4 4 .3 3.3
x x x x x x x

     
.
0.50

Chia 2 v cho
2
3 0
x

, ta cú:
2
4 4
4 3 0
3 3
x x




.
t
4
3
x

t




. K:
2
3
0 ; 4 3 0 1( ); ( )
4
t t t t ktm t tm

.
0.25
Khi
3
4
t

, ta cú:
1
4 3 4
1
3 4 3
x
x

.
0.25
B. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VIb. (2,0 im)
1.Trong mt phng to Oxy cho tam giỏc ABC, cú im A(2; 3), trng tõm G(2; 0). Hai nh B v C ln
lt nm trờn hai ng thng d
1
: x + y + 5 = 0 v d
2
: x + 2y 7 = 0. Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm
C v tip xỳc vi ng thng BG.
VIb.1 1.0
Gi s
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y


Vỡ G l trng tõm nờn ta cú h:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y

0.25
T cỏc phng trỡnh trờn ta cú: B(-1;- 4) ; C(5;1) 0.25
Ta cú
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n

uuur uuur
nờn phng trỡnh BG: 4x 3y 8 = 0
0.25

Bỏn kớnh R = d(C; BG) =
9
5


phng trỡnh ng trũn: (x 5)
2
+(y 1)
2
=
81
25

0.25
2. Tìm m để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt : x10 1).12(48
22

xxmx .
VIb-2 1.0
Nhận xét : 10x
48
2
x
= 2(2x+1)
2
+2(x
2
+1)
Phơng trình tơng đơng với :
2
(
02)
1
12
()
1
12
2
2
2






x

x
m
x
x
.
0.25
Đặt t
x
x



1
12
2
Điều kiện : -2< t 5 . Rút m ta có: m=
t
t 22
2


0.25
Lập bảng biến thiên của hàm số trên


5,2

0.25

ta có kết quả của m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt là:

5
12
4 m hoặc -5 < 4


m
0.25
Cõu VII b.(1,0 im) Gii phng trỡnh:
3 3
log 1 log 2
2 2
x x
x


.
VII b 1.0
K: x > 0 . t
3
log 3
t
t x x

.
0.25
Ta cú:
2
1 9 2 4 2
2.2 2 3 .2 3

4 4 3 9 3
t
t t t t t




.
0.50

Khi t = 2 thỡ
3
log 2 9
x x

(th) KL: nghim PT l
9
x

.
0.25
HT