Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 7 pdf

WWW.VIETMATHS.C
OM


TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH
TỔ: TOÁN

ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG NĂM 2013
Môn thi: TOÁN – Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
ĐỀ SỐ 2
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: 2cos6x + 2cos4x – 3 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:
 
4
0
tan x
I dx
4cosx sin x cosx




.
Câu IV (1,0 điểm) ). Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = 5a, BC = 6a và hình chiếu vuông góc của S
lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và
mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương tùy ý thỏa mãn
abc 8

. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
1 1 1

P
2a b 6 2b c 6 2c a 6
  
     
.
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 mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(

1;2) và đường thẳng (

):
3 4 7 0
x y
  
. Viết
phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng (

) tại hai điểm B, C sao cho

ABC vuông
tại A và có diện tích bằng
4
5
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 2
:

2 1 1
x y z
  
  

và điểm A(2;1;2).
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa

sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng
1
3
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình:


0)2(2)2(log74)2(log2
2
2
2
 xxxx
.

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;

3). Biết đỉnh A, C lần lượt
thuộc các đường thẳng x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.
2. 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
 
 

. 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 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. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh……………………….; Số báo danh……………………

WWW.VIETMATHS.C
OM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH
TỔ: TOÁN

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 2

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 đi

ể
m)


2
13
,00';)13(24'
23


m
xxyxmxy ,
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị (*)
3
1
 m .
0.25
V
ớ
i đk(*), đ
ồ

th
ị

hàm s
ố

có ba đi
ể

m c
ự
c tr
ị
:

)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


-
3

y’

x

y


-
∞


+
∞


+
∞


+
∞

0

0

0

0

-
1

1

-
4

+

-

-

-
4

+

y
O
x
WWW.VIETMATHS.C
OM

II
(2.0
điểm)

1.(1.0 điểm)
2cos6x + 2cos4x – 3 cos2x = sin2x + 3
 2(cos6x + cos4x) – sin2x –
3
(1 + cos2x) = 0  4cos5xcosx – 2sinxcosx – 2
3
cos
2
x = 0
0.25
 2cosx(2cos5x – sinx – 2
3
cosx) = 0






xcos3xsinx5cos2
0xcos

0.25
















6
xcosx5cos
0xcos

0.25
 x =
2

+ k, x = –
24

+ k
2

, x =

36

+ k
3


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:
 
4
2
0
tan x
I dx

4 tan x cos x





0.25
Đặt:
2
dx
tan x 4 t dt
cos x
   
. Đổi cận: Với
x 0 t 4; x t 3
4

       

Suy ra:
3
4
(t 4).dt
I
t



 


0.25
3
4
4
(1 )dt
t


  

3
4
(t 4ln t )


  
0.25

4
4ln 1
3
 

0.25
WWW.VIETMATHS.C
OM




IV














Gọi I là trung điểm của BC và H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Vì tam giác
ABC cân tại A nên H thuộc AI và AI

BC, HI = r ( r là bán kính đường tròn nội tiếp
tam giác ABC).
0.25
Theo giả thiết SH


(ABC). Suy ra SH là đường cao của khối chóp S.ABC.HI là hình
chiếu của SI lên mp(ABC) mà HI vuông góc BC nên SI vuông góc với BC. Suy ra góc
giữa mp(SBC) với mp(ABC) là góc

SHI
. Theo giả thiết

SHI
= 60
0
.
0.25
Đặt p = ( AB + AC + BC ) : 2 = 8a
+ S
ABC
= 12a
2
; + S
ABC
= pr
ABC
S 3a
r
p 2
  
; +SH = r.tg60
0
=
3a 3
2

0.25
 
3
S.ABC ABC
1
V SH.S 6a 3
3

0.25


V
(1.0
điểm)

1 1 1 1 1 1 1
P P
b c a
2a b 6 2b c 6 2c a 6 2
a 3 b 3 c 3
2 2 2
 
 
      
 
     
 
     
 

.
Đặt:
; ; , , 0& . . 1
2 2 2
a b c
x y z x y z x y z
     
Khi đó:
1 1 1 1
2 2 3 2 3 2 3
P
x y y z z x
 
  
 
     
 



Mà ta có:
2 ; 1 2 2 3 2( 1)
         
x y xy x x x y xy x
1 1
2 3
2( 1)
 
 
 

x y
xy x
.
Tương tự:
1 1
2 3
2( 1)

 
 
y z
yz y
,
1 1
2 3
2( 1)

 
 
z x
zx z

Suy ra:
1 1 1 1
4
1 1 1
P
xy x yz y zx z
 
  

 
     
 
 


0.25
1 1
4
1 ( 1) ( 1)
1 1 1
4 4
1 1 ) 1
 
   
 
     
 
 
 
    
 
     
 
 
xy
x
P
xy x x yz y xy zx z
xy

x
P
xy x xy x x xy

0.25

H
I

C

B

A

S

WWW.VIETMATHS.C
OM


Vy maxP =
1
4
khi x = y = z = 1
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)
Gi AH l ng cao ca
ABC

, ta cú
4
( ; )
5
AH d A

.
1 4 1 4
. . . 2
2 5 2 5
ABC
S AH BC BC BC


. Gi I; R ln lt l tõm v bỏn kớnh ca ng
trũn cn tỡm, ta cú
1
1
2
R AI BC

.
0,25
Phng trỡnh tham s ca ng thng (

):
x 1 4t
y 1 3t
ỡ
= - +
ù
ù
ớ
ù
= +

ù
ợ
.
I
ẻ
(

)
ị
I(-1+4t; 1 + 3t). Ta cú AI = 1

16t
2
+ (3t 1)
2
= 1

t = 0 hoc t =
9
5
.
0,25
+ t = 0
ị
I(-1; 1). Phng trỡnh ca ng trũn l (x + 1)
2
+ (y 1)
2
= 1.
0,25

+ t =
9
5

ị
I(-
1
25
;
43
25
). Phng trỡnh ca ng trũn l (x +
1
25
)
2
+ (y
43
25
)
2
= 1.
0,25
2.(1.0 im)
ng thng

i qua im M(1 ; 1 ; 2 ) v cú vtcp l
u

= (2 ; -1 ; 1). Gi

n

= (a ; b ; c ) l vtpt ca (P).
Vỡ
( )
P

nờn
. 0
n u


.
0,25

2a b + c = 0

b = 2a + c
n


=(a; 2a + c ; c ) .
Suy ra phng trỡnh ca mt phng (P) l a(x 1) + (2a + c )(y 1) + c(z 2 ) = 0

ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0.
0,5
d(A ; (P)) =
1
3
2 2 2

1
3
(2 )
a
a a c c





2
0
a c

0
a c

.

Chn a = 1 , c = -1 Suy ra phng trỡnh ca mt phng (P) l x + y z = 0.
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)
Vỡ
i

m A thu

c

ng th

ng x + y + 3 = 0 v C thu

c

ng th

ng x+ 2y + 3 = 0 nờn A(a;
-
a

3) v C(
-

2c 3 ; c).
0.25
I l trung im ca AC
2 3 4 1
3 6 4
a c a
a c c








A(-1; -2); C(5 ;-4)
0.25
WWW.VIETMATHS.C
OM


Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là
u

=(1;3) có ptts là
x 2 t
y 3 3t

 


  


B

BD

B(2+t ; -3 +3t). Khi đó :
AB

= (3 +t ;–1+3t);
CB

= (- 3+t; 1+3t)
. 0
AB CB
 

Û
t =
±
1.
0.25
Vậy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) và D(1;-6) hoặc A(-1; -2); C(5 ;-4), B(1;-6) và D(3;0)
0.25
2.(1.0 điểm)
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
2
, ( 24 2 ;12 8 ;12 2 ) , 18 36 216
AC AB t t t AC AB t t
   
        

   
   

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