Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 3 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