TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 ppt

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
4 2
(3 1) 3
   
y x m x
(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
2 2
x y x y
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
ABC
là tam giác vuông tại A, mặt phẳng
( ')
ABC
tạo với đáy một góc
0
60
, khoảng cách từ điểm
C
đến 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
z
y
x
,
,
thoả mãn
3
222
 zyx
. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức:

zyx
zxyzxyA


5
.
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 Oxy cho đường thẳng 032:



yxd 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 d
1
:
1 1 1
2 1 1
  
 

x y z

và đường thẳng d
2
:
1 2 1
1 1 2
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 d
1
, d
2
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình:


2
2 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 Oxy cho hai đường thẳng 032:



yxd và 053:





yx . Lập phương trình
đường tròn có bán kính bằng
5
102
, có tâm thuộc
d
và tiếp xúc với

.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :
1 3
1 1 4
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:





422)23(log
log)7(log1)(log
2
22

2
yxyx
yyxyx

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
Câu Đáp án Điểm
I
(2.0
điểm)

1.(1.0 điểm)

Khi
1


m
hàm số trở thành
32
24
 xxy

 Tập xác định:
D




 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
1;00';44'
3
 xxyxxy


0.25
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng )1;(


và )1;0( ; đồng biến trên mỗi khoảng )0;1(

và );1(


- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0; y
cđ
=-3; hàm số đạt cực tiểu tại 1


x ; y
ct
=-4
- Giới hạn: lim

x



-
∞
y =


; lim

x


+
∞
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
13
,00';)13(24'
23


m
xxyxmxy ,
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị
(*)
3
1
 m
.
0.25
Với đk(*), đồ thị hàm số có ba điểm cực trị:
)3;0(

A ;











3
4
)13(
;
2
13
2
mm
B ;










 3
4
)13(

;
2
13
2
mm
C
Ta có: AB = AC =
4
3m 1 (3m 1)
2 16
  
 ; BC =
3m 1
2
2
 

Suya ra:
ABC

cân tại
A

0.25






















16
)13(
2
13
4
2
13
4.9
3
2
BC
4
mmm
AB
5

m
3
1
m
3

 




 



0.25
So với điều kiện (*), ta được
3
5
m .
0.25



II 1.(1.0 điểm)
-
3

y’

x

y


-
∞



+
∞


+
∞


+
∞

0

0

0

0

-

1

1

-
4

+

-

-

-
4

+

y
O
x
(2.0
điểm)

Phương tr
ình
đ
ã cho t
ương đương v
ớ

i

2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x
0.25
2
cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c c x
c

  



0.25
+ osx=0 x=
2
c k


 
0.25
+
3x=x- 2
6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6
3 2
6

k
c c
x x k








 


  


12
24 2
x k
k
x


 

  





 



0.25
2.(1.0 điểm)
Điều kiện:
4 0
2 0
x y
x y
 


 


Đặt:
a 2x y
,(a 0,b 0).
b 4x y

 

 

 



Suy ra:
2
2
3 b
x y a
2 2
  
0,25
Ta có hệ
2 2
2
3 1
2
5 6 0
2 2
4
4
a a b
a a
b a
a b


   
  


 
 



 


0,25


1
1
3
6
6
4
10
a
a
b
a
a
b a
b





 


 




 



 



 







0,25
So với điều kiện
a 0,b 0
 
, ta được:
2 1
1 2 1 4
3 4 9 7
4 3
x y
a x y x

b x y y
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
xln x x




=
e
1
ln x 2
dx
(ln x 1)x




0.25
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 2
1 1
t 3 3
dt 1 dt
t t

 
 
 
 

 

0.25
=
 
2
1
t ln | t |

= 1 – ln2
0.25
IV
(1.0
điểm)




Gọi
H
là hình chiếu của
A
trên BC
)B'BCC'(AH


aAH



Gọi
K
là hình chiếu của C trên 'AC
)BC'(CK A


aCK



0.25
ACCACABAC '(ABC))),((ABC'AB,'







0
60'  ACC
0.25
3
2
60sin
0
aCK
AC  ;
aACCC 260tan.'
0



0.25
aAB
AC
AB
AH
2
111
222

3
4
'.
3
'''.
a
CCSV
ABCCBAABC


.
0.25





K

H
C'

B'

A'

C

B

A


V
(1.0
im)

Đặt
z
y
x
t





2
3

)(23
2
2


t
zxyzxyzxyzxyt
.
0.25
Ta có
30
222
zyxzxyzxy
nên
3393
2
tt
vì .0

t
Khi đó
2
3 5
2
t
A
t

2
5 3
, 3 3.
2 2
t
t
t


0.25
Xét hàm số
.33,
2
35
2
)(
2
t
t
t
tf

Ta có 0
55
)('
2
3
2

t
t
t
ttf ,
t 3;3 .




0.25
Suy ra )(tf đồng biến trên
]3,3[
. Do đó .
3
14
)3()( ftf
Dấu đẳng thức xảy ra khi .13





zyxt
Vậy GTLN của A là
3
14
, đạt đợc khi .1

zyx
0.25
VIa
(2.0
im)

1.(1.0 im)
10AB
, im C thuc ng thng d nờn to ca C cú dng );32( aaC



0.25
Phng trỡnh ng thng 053:



yxAB
0.25
2
ABC
S 2),(.
2
1
ABCdAB
2
10
2
.10

2
1



a
6
2
a
a







0.25
Vi 6

a ta cú )6;9(

C ; vi 2


a ta cú )2;7(

C
0.25
2.(1.0 im)

G

i
A, B l

n l

t l giao i

m c

a d
1
, d
2

v

i m

t ph

ng (P).

Tỡm c: A(1; 0 ; 2); B(2; 3; 1)
0.5
ng thng nm trong (P) v ct d
1
, d
2

nờn i qua A v B.
0.25
Mt vect ch phng ca ng thng l
(1;3; 1)


AB

Phng trỡnh chớnh tc ca ng thng l:
1 2
1 3 1
x y z




0.25
VIIa
(1.0
im)

iu kin: 2

x , phng trỡnh ó cho tng ng vi:
0.25




042)2(log.1)2(log2

22
xxx






042)2(log
01)2(log2
2
2
xx
x

0.25
+
01)2(log2
2
x



1
x 2
2
. So vi iu kin ta c
1
x 2
2

0.25
+ 042)2(log
2
xx , vỡ hn s
2
f(x) log (x 2) 2x 4

l hm s ng bin trờn


;2
v
5
f( ) 0
2

nờn
2
5
x l nghim duy nht ca phng trỡnh f(x) = 0.
Vy phng trỡnh cú hai nghim
2
1
2 x v
2
5
x

0.25

VI.b
(2.0
im)

1.(1.0 im)
G

i I l tõm c

a

ng trũn c

n vi

t phng tr
ỡnh.

Vỡ I thuc d nờn ta im I cú dng );32( aaI



0.25
ng trũn tip xỳc vi

nờn RId


),(
5

102
10
2



a
2;6




aa
0.25
Vi 6

a ta cú )6;9(

I suy ra phng trỡnh ng trũn:
5
8
)6()9(
22
yx
0.25
vi 2


a ta cú )2;7(

I ,suy ra phng trỡnh ng trũn:
5
8
)2()7(
22
yx
Vy cú hai ng trũn tho món l:
5
8
)6()9(
22
yx v
5
8
)2()7(
22
yx .
0.25





2.(1.0 điểm)
Giả sử
( ; ; )
n a b c

là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và có vtpt

( ; ; )
n a b c

: ax + by + cz + 2b = 0.
Đường thẳng  đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương
(1;1;4)
u 


0.25
Mặt phẳng (P) song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt
phẳng (P) bằng 4 nên ta có :
2 2 2
4 0
(1)
.
| 5 |
4
(2)
( ;( )) 4
  





 





 

 

a b c
n u
a b
d A P
a b c

0.25
Thế b = - a - 4c vào (2) ta có
2 2 2 2 2
( 5 ) (2 17 8 ) - 2 8 0
a c a c ac a ac c
      


4
2



 

a c
a c

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
2
2
log (x y) 1 log (7x y) log y (1)
log (3x y 2) 2x 2y 4 (2)
    


    


Điều kiện








0

07
0
y
yx
yx


Với đk trên phương trình (1) trở thành: yyxyx )7(log)(2log
2
2
2

0.25








xy
xy
yxyx
2
032
22

0.25
Với

x
y

thế vào phương trình (2) ta được
94)22(log
2
 xx

Suy ra 9


yx ,( thoả mãn điều kiện).
0.25
Với xy 2

thế vào phương trình (1) ta được  xx 24)2(log
2
042)2(log
2
 xx
Vì hàm số
2
f(x) log (x 2) 2x 4
   
là hàm số đồng biến trên


;2 và
5
f( ) 0

2

nên
2
5
x là
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