Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 2 docx

WWW.VIETMATHS.COM


TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH ĐỀ KIỂM TRA ĐẠI HỌC NĂM 2013
TÔ: TOÁN Môn thi: TOÁN – Khối A
Thời gian: 120 phút, (không kể thời gian giao)
ĐỀ SỐ 5:
Câu I(2,5 điểm). Cho hàm số
4 2 2
2
   
y x mx m m
(1).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = –2.
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc bằng
0
120
.
Câu II(2 điểm).
1) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:
2
2 2 2
m x x x
   
có 2 nghiệm phân biệt.

2) Giải phương trình:
3
1 8
2
2

log 1 log (3 ) log ( 1) 0
     
x x x
.
Câu III(1,5 điểm). Tính tích phân:
1
2
ln
 
 
 
 

e
I x xdx
x
.
Câu IV(1,0 điểm).
Cho tứ diện SABC có SA vuông góc với mp(ABC), SA = a và diện tích tam giác SBC gấp hai lần diện tích
tam giác ABC. Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC).
Câu V(2,0 điểm).
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng :
x y z
1 1
2 1 2
 
 

.
1) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và chứa đường thẳng .

2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng  tại điểm C sao cho diện tích
tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất.
Câu VI(1,0 điểm).
Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn
2 2
3
x y xy x y xy
    . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2 2
(1 2 ) 3
2
xy
P x y
xy
 
  
.
Hết

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ SỐ 5
Câu

Ý Đáp án
Biểu
điểm
I

1
Khi m = - 2, ta có y = x
4
– 4x
2
+ 2.* Tập xác định: D = R 0,25
* Sự biến thiên: + y’ = 4x
3
– 8x, y’ = 0
0
2
x
x





 


0,25
+ lim , lim
x x
y y
 
   

0,25
+ Bảng biến thiên:
x
-

-
2
0
2
+


y’ - 0 + 0 - 0 +
y +

+



2
0
0


0,25
Hàm số đồng biên trên mỗi khoảng
( 2;0),( 2; )
 
và nghịch biến trên mỗi
khoảng
( ; 2),(0; 2)
 .
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, giá trị cực đại là 2; hàm số đạt cực tiểu tại các
điểm x =
2

, giá trị cực tiểu là 0.
0,25
* Đồ thị:
0,25
2
Ta có:
3
4 4

 
y x mx

;
 
2
2
0
0 4 0
x
y x x m
x m



    

 


Hàm số (1) có ba cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có ba nghiệm phân biệt

m < 0.
0,25
Với điều kiện m < 0 đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực tri: A(0; m
2
+m); B(

m
; m); C(–

m
; m)

2
( ; )
AB m m
  

;
2
( ; )
AC m m
   

4
AB AC m m
   

0,25
ABC cân tại A nên góc
0
120
chính là

A
.

A 120


4
4
1 . 1 . 1

cos
2 2 2
.
AB AC m m m
A
m m
AB AC
   
        

 
 

0,25

4
4 4 4
4
3
0
1
2 2 3 0
1
2
3
m
m m
m m m m m m
m
m m





          

 




So với điều kiện m < 0 ta được m =
3
1
3

.
0,25
Ta có:
2
2 2 1
x x
  
nên
2
2 2 2
m x x x
   
2
2

2 2
x
m
x x

 
 

Xét
2
2
( )
2 2
x
f x
x x


 
, ta có:
 
2 2
4 3
'( )
2 2 2 2
x
f x
x x x x



   

0,25

 
4 4
' 0 ; 10; lim ( ) 1; lim ( ) 1
3 3
x x
f x x f f x f x
 
 
      
 
 

0,25
+ Bảng biến thiên:
x
-


4
3
+


y’ - 0 +
y

10


-1 1

0,25
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
1 10
m 
0,25

2

3
1 8
2
2
log 1 log (3 ) log ( 1) 0
     
x x x




2 2 2
log 1 log (3 ) log ( 1) 0
1 3

     



 


x x x
x

0,25





1 3 1
1 3
x x x
x

   


 



0,25

2
x x 4 0

1 x 3

  



 



0,25

1 17
x
2

  0,25
III



Ta có :
1 1 1
2 ln
ln ln 2
e e e
x
I x xdx x xdx dx
x x
 

   
 
 
  

0,25
+ Tính I
1
=
1
ln
e
x xdx

. Đặt u = lnx, dv = xdx

du = dx, v =
2
x
2

0,25
Suy ra I
1
=
2
x
2
lnx
e

1
|
-
e
1
1
xdx
2

=
2
e 1
4


0,25
+ Tính I
2
=
2
1
1 1
(ln ) 1
ln (ln ) |
2 2
e e
e
lnx x
dx xd x
x

  
 

0,5
Suy ra I =
2
e 5
4


0,25
IV












Ta có: SA vuông góc với mp(ABC) nên SA là đường cao của khói chóp S.ABC.
Suy ra
SABC
ΔABC
1
V SA.S

3
 (1)








0,25
Gọi H là hính chiếu vuông góc của A lên mp(SBC). Khi đó:
SABC
ΔSBC
1
V AH.S
3
 (2)
0,25
Từ (1) và (2), suy ra
ΔABC
1
SA.S
3
=
ΔSBC
1
AH.S
3
ΔABC ΔABC

ΔSBC ΔABC
SA.S A.S
a
AH
S 2S 2
   

0,5

H
C

B

A

S



1
Ta có:
AM ( 2; 4;0)
  

,
[AM,u]=(-8;4;10)
 

0,25

Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và chứa đường thẳng

nên nhận vectơ
[AM,u]=(-8;-4;10)
 
làm vectơ pháp tuyến.
0,25
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là – 8(x – 1) + 4(y – 5) + 10(z – 0) = 0
hay 4x - 2y – 5z + 6 = 0.
0,5
2
Phương trình tham số của :
  


 




x t
y t
z t
1 2
1
2
.
Điểm C thuộc đường thẳng  nên tọa độ điểm C có dạng
  
C t t t

( 1 2 ;1 ;2 )
.
AC ( 2 2t; 4 t;2t);AB (2; 2;6)
      
 

0,25
   
        
   
   
AC AB t t t AC AB t t
2
, ( 24 2 ;12 8 ;12 2 ) , 18 36 216

0,25
Diện tích ABC là
 
   
 
S AC AB t t
2
1
, 18 36 216
2
 
= t
2
18( 1) 198
  ≥

198

Vậy Min S =
198
khi
t
1

hay C(1; 0; 2).
0,25
Đường thẳng BC đi qua đi qua B và nhận
BC ( 2; 3; 4)
   

làm vectơ chỉ phương
nên có phương trình chính tắc là
x 3 y 3 z 6
2 3 4
  
 
  
.
0,25
V

Ta có
2 2
3
x y xy x y xy
   

( ) 3 (1)
xy x y x y xy
    

Vì x > 0 và y > 0 nên x + y > 0 nên từ (1) ta có:

 
2
1 1 4
3 3 3( ) 4 0
x y x y x y
x y x y
           






1 ( ) 4 0 4
x y x y x y
        
 
 
( Vì x + y + 1 > 0).
0,25
Lại có: ( ) 3
xy x y x y xy
    

1 3
1
xy x y
 

3 1
1
x y xy
  


Suy ra: P =
2
2 2
(1 2 ) 3
2
xy
x y
xy
 
 
= (x + y)
2
+ 2 -
1
xy
= (x + y)
2
+1 +

3
x y


0,25
Đặt x + y = t, điều kiện: t
4

. Suy ra:
2
3
1
P t
t
  

Xét hàm số
2
3
( ) 1
f t t
t
  
trên nửa khoảng


4;

.
Ta có:

'( )
f t
= 2t -
3
2 2
3 2 3
0 t > 4
t
t t

   .
Mà
( )
f t
liên tục trên nửa khoảng


4;

nên
( )
f t
đồng biến trên nửa khoảng


4;

.
Suy ra:
71

( ) (4) , 4
4
f t f t
   

0,25
Hay giá trị nhỏ nhất của P bằng
71
4
khi x = y = 2
0,25