Đề & đáp án thi thử ĐH Toán. Năm 2103

TRUNG TÂM LUYỆN THI

TAM KHÔI
Xóm 3 – Lăng Thành – YT
Thầy Thanh 0987 681 247
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 6 NĂM 2013
Môn thi: TOÁN. Khối A, A 1 và B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề


Câu 1: ( 2,0 điểm)
Cho hàm số
3 2
2( 1) 9 2
y x m x x m
     
(1)
1) Với
4
m

. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
2) Tìm m
( )
m


để hàm số (1) đạt cực trị tại
1 2

,
x x
thoả mãn
1 2
2.
x x
 

Câu 2: (2,0 điểm)
1) Giải phương trình




3 cos2 -sin cos 2sin 1 0
x x x x
  

2) Giải phương trình
2 5
4
2
1
4log 2 log 1 ( )
2
x x x  


Câu 3: (1,0 điểm)
Tính tích phân

2
2
6
cos
I
sin 3 cos
x
dx
x x






Câu 4: (1,0 điểm)
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều, hình chiếu của A trên (A’B’C’)
trùng với trọng tâm G của

A’B’C’ và
3
2
a
AG 
. Mặt phẳng (BB’C’C) tạo với (A’B’C’)
góc
0
60
. Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a.
Câu 5: (1,0 điểm)

Trong hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng
1 2
:3 4 20 0, :4 3 10 0
d x y d x y
     

Viết phương trình đường tròn (C) biết rằng (C) đi qua
(1; 3)
A

, tiếp xúc với
1
d
và có tâm
nằm trên
2
d
.
Câu 6: ( 1,0 điểm)
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S), 2 đường thẳng
1 2
,
d d
có phương trình
(S):
2 2 2
4 4 2 16 0
x y z x y z
      

1 2
3
1 1 1
: : 2 ( )
1 4 1
1 2
x t
x y z
d d y t t
z t
 

  

   



  



Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với
1 2
,
d d
và khoảng cách từ tâm mặt cầu (S) đến
mặt phẳng (P) bằng 3.
Câu 7: ( 1,0 điểm).
Cho

1 2
,
z z

là hai nghiệm phức của phương trình
2
2 2 0
z z
  
.
Tính
2010 2010
1 2
A z z
 

Câu 8: (1,0 điểm)
Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn
2 2 2
4
3
x y z
  
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3
2( )P xy yz xz
x y z
   
 

………………………Hết…………………




3

TRUNG TÂM LUYỆN THI
TAM KHÔI
Xóm 3 – Lăng Thành – YT
Thầy Thanh 0987 681 247
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 6 NĂM 2013
Môn thi: TOÁN. Khối A, A 1 và B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu Nội dung Điểm

Câu1
(2,0đ)


1)1,0 đ
1)
3 2
4 6 9 2
m y x x x
     

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

3 2
6 9 2
y x x x
   

1. Tập xác định:
D



2. Sự biến thiên của hàm số
* Giới hạn tại vô cựccủa hàm số.
3 2 3
2 3
6 9 2
lim lim ( 6 9 2) lim (1 )
lim
x x
x
x
y x x x x
x x x
y
 


         
 

* Lập bảng biến thiên

2
1 (1) 2
' 3 12 9; ' 0
3 (3) 2
x y
y x x y
x y
  

    

   


0,25

* Lập bảng biến thiên
bảng biến thiên
x -

1 3 +


y’ + 0 - 0 +


y


2 +





-

-2

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng (-

;1) và (3;+

)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Hàm số đạt cực đại tại x=1 =>y
cđ
=2
Hàm số đạt cực tiểu tại x=3=>y
ct
=-2
0.25

3. Đồ thị
-Giao của đồ thị hàm số và Ox: y=0=>x=2;x=2
3


- Giao của đồ thị hàm số và Oy: x=0=>y=-2

Đồ thị hàm số nhận điểm I(2;0) làm tâm đối xứng
32
1
-2
2
x
y
O


0,25
2)1,0đ
2)Ta có
2
' 3 4( 1) 9
y x m x
   

y’ là tam thức bậc hai nên hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại
1 2
,
x x

khi và chỉ khi y’có hai
nghiệm phân biệt
0,25
4


2

3 3
1
2
4( 1) 27 0 (1)
3 3
1
2
m
m
m

 


      

 




Theo viét
1 2 1 2
4( 1)
; 3
3
m
x x x x

  

.
Khi đó

 
2
1 2 1 2 1 2
2
2 4 4
16( 1)
12 4
9
x x x x x x
m
     

  

0,25

2
2
( 1) 3 (2)
4
m
m
m
 

   





0,25


Từ (1) và (2) suy ra m=-2;m=4
0,25
Câu 2:
(2,0đ)
1)Giải phương trình




3 cos2 -sin cos 2sin 1 0
x x x x
  


sin 2 3cos2 3sin cos
1 3 3 1
sin 2 cos2 sin cos
2 2 2 2
x x x x
x x x x
   
   

0,25

sin 2 cos cos2 sin sin cos cos sin
3 3 6 6
x x x x
   
   


sin(2 ) sin( )
3 6
x x
 
   

0,25

2 2
3 6
( )
2 ( ) 2
3 6
x x k
k
x x k
 

 
 


   

 


    




0,25


2
2
( )
5 2
18 3
x k
k
k
x


 

  

 



 




KL
0,25
1)1,0đ
2)Giải phương trình
2 5
4
2
1
4log 2 log 1 ( )
2
x x x  

(1)
ĐK:x>0


2
2 2
1 log 2 5log 1
x x
  

0,25

2
2 2
2
2 2
(log 1) 5log 1
log 3log 2 0(1)
x x
x x
   
   

0,25

Đặt t=log
2
x (1) trở thành
2
1
3 2 0
2
t
t t
t


   




0,25

t=1 ta có log
2
x=1

x=2
t=2 ta có log
2
x=2

x=4
kết hợp với ĐKXĐ

phương trình đã cho có 2 nghiệm là x=2 và x=4
0,25
5

Câu 3:
(1,0đ)
Tính tích phân:
2 2
2 2 2
6 6
cos sinxcos
I
sin 3 cos sin 3 cos
x x

dx dx
x x x x
 
 
 
 
 

Đặt t =
2 2 2
3 cos 3 cos 2 2sinxcosxdx
x t x tdt       .

2 2 2
sin 1 cos 4
x x t
   


0,25

2
2 2
sinx cos
4
sin 3 cos
x dt
dx
t
x x

 



Đổi cận
15
6 2
x t

  

3
2
x t

  


0,25

I =


2
15
3
2
4 t
dt
=

dt
tt
)
2
1
2
1
(
4
1
2
15
3




=
2
15
3
2
2
ln
4
1


t
t

0,25

=
)
23
23
ln
415
415
(ln
4
1





=
))23ln()415(ln(
2
1


0,25
Câu 4:
(1,0đ)
H
G

M'
M
C'
B'
A'
C
B
A
a

gọi M,M’ lần lượt là trung điểm BC,B’C’

A’,G’,M’ thẳng hàng và AA’M’M là hình
bình hành . A’M’

B’C’, AG

B’C’

B’C’

(AA’M’M)

góc giữa (BCC’B’) và
(A’B’C’) là góc giữa A’M’ và MM’ bằng

0
' 60
M MA 
0,25

đặt x=AB

ABC đều cạnh x có AM là đường cao

3 2 3
' ', '
2 3 3
x x
AM A M A G AM   
Trong

AA’G vuông có AG = A’Gtan60
0
= x;
3
2
a
x 
0,25

diện tích

ABC là
2 2
0 2
1 3 3 3 3 3
. .sin 60 ( )
2 4 4 2 16
ABC

x a a
S AB AC

   
0,25

thể tích khối lăng trụ là
2 3
. ' ' '
3 3 3 9
.
2 16 32
ABC A B C ABC
a a a
V AG S

  

0,25
Câu 5:
(1,0đ)
2
d
đi qua M(4;2) và có vectơ chỉ phương


3;4
u 

nên có phương trình tham số

0,25
6

là
4 3
( )
2 4
x t
t
y t
 



 



Giả sử
2
(4 3 ;2 4 )
I t t d
  

là tâm và R là bán kính của đường tròn (C)
Vì (C) đi qua A(1;-3) và tiếp xúc với
1
d
nên

1
( , )
IA d I d R
 

Ta có
   
2 2
1
2 2
3(4 3 ) 4(2 4 ) 20
( , ) 3 3 5 4 5| |
3 4
t t
IA d I d t t t
   
      


0,25

2
17
25 58 34 5 58 34 0
29
t t t t t        


0,25

Với
1
17 65 10 85
( ; )
29 29 29 29
t I R IA      
ta được phương trình đường tròn

 
2 2
65 10 7225
:
29 29 841
C x y
   
   
   
   

0,25
Câu 6:
(1,0đ)
(S):
2 2 2
4 4 2 16 0
x y z x y z
      

1 2
3

1 1 1
: : 2 ( )
1 4 1
1 2
x t
x y z
d d y t t
z t
 

  

   



  



(S) có tâm I(2;2;-1) bán kính R=5
1
d
đi qua điểm M
1
(1;-1;1) có véc tơ chỉ phương là
1
( 1;4;1)
u  


2
d
đi qua điểm
2
(3;0; 1)
M

có véc tơ chỉ phương là
2
(1;2;2)
u 




4 1 1 1 1 4
1 2 2 2 2 1 1 2
[ , ] ; ; (6;3; 6) 3(2;1; 2)
u u
 
    
 

0,25

Gọi (P) là mặt phẳng song song với
1 2
,
d d


(P) nhận
1 2
1
[ , ]=(2;1;-2)
3
u u
 
làm véc tơ
phép tuyến

phương trình của (P):
2 2 0
x y z D
   
.

( ,( )) 3
d I P

2 2 2
| 2.2 1.2 2( 1) |
3
2 1 ( 2)
D
   
 
  

0,25

1
| 8| 9
17
D
D
D


   

 


D=3

phương trình của (P
1
):
2 2 1 0
x y z
   

D=-15

phương trình của (P
2
):
2 2 17 0

x y z
   


0,25

ta thấy M
1
,M
2
không thuôc
2
( )
P
nên
2
( )
P
thoả mãn đề bài
1
(1; 1;1)
M  nằm trên
1
( )
P
nên
1
( )
P
chứa

1
d


1
( )
P
:
2 2 1 0
x y z
   
loại.
Vậy phương trình của (P) thoả mãn đề bài là
2 2 17 0
x y z
   


0,25
Câu 7:
(1,0đ)
Xét phương trình
2
2 2 0 (1)
z z  

(1)có

=-1<0 nên (1) có 2 nghiệm phức là
1

2
1
1
z i
z i
 


 



0,25

   
 
1005
502
2 1005
2010 1005 2 1005
1
1 2 2 2
z i i i i i
 
       
 

0,25

Tương tự

2010 1005
2
2
z i


0,25
7

2010 2010 1005 1005
1 2
2 2 0
A z z i i
     

0,25
Câu 8:
(1,0đ)
Đặt
2 2
4 4
2( ) 2( )
3 3
t x y z t xy yz zx xy yz zx t
            

Ta có

 
2

2 2 2 2 2 2 2
2
4 2 3
3( ) 4 2
3 3
3 4
3
x y z x y z x y z t t
A t
t
             
  

0,25

Xét hàm số
2
3 4
( )
3
f t t
t
  

trên
2 3
;2
3
 
 

 

3
2 2
3 2 3 2 3
'( ) 2 0
3
t
f t t t
t t

     
Hàm số f(t) đồng biến trên
2 3
;2
3
 
 
 
do đó
25
( ) (2)
6
f t f 

Dấu đẳng thức xảy ra khi t=2
0,5

Do đó
25

6
A  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
 
2
2 2 2
2
3( )
3
2
x y z x y z
x y z
x y z

    

   

  



Vậy giá trị lớn nhất của A là
25
6

0,25