Đề thi thử tuyển sinh đại học môn toán khối A năm 2013

Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ

ViettelStudy.vn

B
Ộ

GIÁO D
Ụ
C VÀ ĐÀO T
Ạ
O



Đ
Ề

THI
TH
Ử

TUY
Ể
N SINH Đ
Ạ
I H
Ọ
C NĂM 201
3

Môn thi: TOÁN; Khối A
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
43
23
 xxy

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3
điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau.
Câu II(2 điểm):
1) Giải phương trình:
sin xsin 2 sin cos2 2sinx cos
6 os2
sin
4
x x x x
c x
x

  

 

 
 

2) Giải phương trình:

 
3
3 2
3 2 6 18
x x x x
   
.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3
2
1
log
1 3ln
e
x
I dx
x x



.
Câu IV(1 điểm): Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có

0
3 ; 2 ; 60
AC a AB a ABC  
; A’C tạo
với (ABB’A’) một góc
0
30

, M là trung điểm BB’. Tính thể tích khối chóp AMCB và khoảng
cách giữa AM và BC.
Câu V(1 điểm:) Cho
, , 0 : x+y+z 1
x y z
 
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức






2 2 2
1 3 1 3 1 3
x y z y z x z x y
A
x y y z z x
  
  
     

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa( 2 điểm): 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn tâm O có phương trình:
2 2
16
x y
 
.Viết phương trình đường tròn tâm K(3;4) sao cho đường tròn tâm K cắt (O) tại hai

điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng
4 3
và AB là cạnh lớn nhất của tam giác OAB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng
1 2 3
2 2 1 1 1 1 2
: ; : ; :
2 1 2 1 2 1 1 1 2
x y z x y z x y z
d d d
      
     
 
. Viết phương trình đường
thẳng

vuông góc với d
1
, cắt d
2
và d
3
tại hai điểm A, B sao cho

3
AB
.
Câu VIIa) (1 điểm): Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,7,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 8
chữ số phân biệt sao cho trong mỗi số đó không có bất kỳ 2 chữ số chẵn nào đứng cạnh nhau.
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb( 2 điểm) : 1) Cho Elip có các tiêu điểm




1 2
3;0 ; 3;0
F F
, có các đỉnh là
1 2 1 2
; ; ;
A A B B
. Viết phương trình đường thẳng (d) qua M(1;1) cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M
là trung điểm AB, biết diện tích tứ giác
1 1 2 2
A B A B
bằng 40.

Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ


ViettelStudy.vn
2

2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x  y  2z 2 = 0 và đường thẳng (d):
1 2
1 2 1
x y z
 

 

. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc (d), I cách (P) một khoảng bằng
2 và (P) cắt (S) theo một đường tròn giao tuyến có bán kính bằng 3.
Câu VIIb) (1 điểm):Trong các số phức z thỏa mãn
3 4 1
z i
  
.Tìm số phức z có modul nhỏ
nhất.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:

Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ


ViettelStudy.vn
3

Đáp án: ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ
Môn thi : TOÁN; Khối: A
Câu Phần Đáp án Điể
m
1 1(1điểm)

1, Khảo sát hàm số

43
23
 xxy


1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:
a) Giới hạn:



)4x3x(limylim,)4x3x(limylim
23
xx
23
xx


0.25

b) Bảng biến thiên: y' = 3x
2
- 6x, y' = 0

x = 0, x = 2
Bảng biến thiên:
x -

0 2 +


y' + 0 - 0 +
y
4 +




-

0

0.25

- Hàm số đồng biến trên (-

; 0) và (2; +

), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= 0.

0.25

3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1;
0),(2; 0). Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng

0.25

2(1
điểm)
Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc

d qua A(3 ;4) có hệ số góc m có phương trình y = m(x – 3) + 4.
0.25

Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình






0mx
3x
0)mx)(3x(4)3x(m4x3x
2

223

0.25

x
y
-1
2

O
4
2
1

Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ


ViettelStudy.vn
4


Yêu cầu bài toán tương đương điều kiện m > 0
9
m

và

1)m('y).m('y 

0.25

2
6 35
(3 6 )(3 6 ) 1 9 36 1 0
3
m m m m m m m

          
(thỏa
mãn)
0.25

2(2
điểm)

1(1
điểm)
Giải pt :
sin xsin 2 sin cos2 2sinx cos
6 os2
sin
4
x x x x
c x
x

  

 


 
 


Điều kiện:
3
4
x k


 
.
0.5
Phương trình tương đương với:

 
 
2 2
2sin cos 2cos sin sin cos
6 cos2
1
sin cos
2
2sin cos 1 3cos2
x x x x x x
x
x x
x x x
  



  

4
sin2 1 3 os2
12
x k
x c x
x k





  

   


 



0.25

Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của pt là:
12
x k



 
.
0.25

2(1điểm)

Giải phương trình:
 
3
3 2
3 2 6 18
x x x x
   
.

Điều kiện :
6
x
 

0.5
Phương trình tương đương :
   
3
3
3 6 2 6 0
x x x x
    

Đặt
6 0
x y
  
ta có pt:
   
2
3 2 3
6
3 2 0 2 0
2
2 6
x y x x
x xy y x y x y
x y
x x

  

        


 
  




TH1 :
2

0
6 3
6 0
x
x x x
x x


    

  


TH2 :
 
2
0
2 6 2 2 7
4 6
x
x x x
x x



      

 



0.25

Đối chiếu điều kiện suy ra nghiệm của pt : x=3 ;x=
2 2 7


0.25


Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ


ViettelStudy.vn
5

3 (1 điểm)
Tính tích phân
3
2
1
log
1 3ln
e
x
I dx
x x






3
3 2
3
2 2 2
1 1 1
ln
log 1 ln . ln
ln10
.
ln 10
1 3ln 1 3ln 1 3ln
e e e
x
x
x xdx
I dx dx
x
x x x x x
 
 
 
  
  
  

0.25

Đặt
2 2 2
1 1
1 3ln ln ( 1) ln .
3 3
dx
x t x t x tdt
x
      
. Đổi cận …
x=1, t=1 ; x=e,t=2
0.25

Suy ra
 
 
2
2 2
3
2
3 3
2
1 1 1
1
1
log 1 1 1
3
. 1
ln 10 3 9ln 10
1 3ln

e
t
x
I dx tdt t dt
t
x x

   

  

0.25


2
3
3 3
1
1 1 4
9ln 10 3 27ln 10
I t t
 
  
 
 

0.25

4 (1 điểm)

Ta có
1
.
3
AMBC ABC
V MB S



Có
2
0
1 3 3
. .sin60
2 2
ABC
a
S AC AB

 

Kẻ CH vuông góc với AB. Khi đó


' '
CH ABB A


nên hình chiếu của
A’C trên (ABB’A’) là A’H. Suy ra góc giữa A’C và (ABB’A’) là
0
' 30
CA H
 
.

0.25


A’


C
’



B’


B
A

C

K
D

H


M


Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ


ViettelStudy.vn
6

Ta có theo định lý hàm số côsin :

2 2 2 0 2
2 . .cos60 7 7
BC AC AB AC AB a BC a
     

0
3 3
.sin60
2
a
CH AC 

xét tam giác A’HC có :

2 2
0
' 3 3 ' ' 3 2
sin 30
CH
A C a AA A C AC a
     

Suy ra
3
1 1 1 3 6
. . '.
3 3 2 4
AMBC ABC ABC
a
V MB S AA S
 
  

0.25

Dựng hình bình hành ACBD
     
/ / / /( )
; ; ;
CB AD CB AMD
d AM CB d CB ADM d B ADM

  

Kẻ BK vuông góc AD. Khi đó AD vuông góc (MBK) nên (ADM) vuông
góc với (BMK). Kẻ BE vuông góc MK thì BE vuông góc với (ADM).


;
d B ADM BE
 

0.25


Ta có
2 2 2
1 1 1
BE BM BK
 

Lại có
2
2 3 3
7
ABCABD
S
S a
BE
AD BC

  

2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 7 13 3 3
9 27 27
13
a
BE
BE BM BK a a a
       

Vậy
   
3 3
; ;
13
a
d AM BC d B ADM BE  

0.25

5 (1 điểm)
Cho
, , 0 : x+y+z 1
x y z
 
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức







2 2 2
1 3 1 3 1 3
x y z y z x z x y
A
x y y z z x
  
  
     


Ta có

0.5

Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ


ViettelStudy.vn
7







     

  
2 2 2
1 3 1 3 1 3
2 1 2 1
1 3 1 3 1 3 1 3
2 1
1 3 1 3
1 6 1 6
1 3 1 3 1 3 1 3
1 6
1 3 1 3
x y z y z x z x y
A
x y y z z x
xy yz
x y y z y z z x
xz
z x x y
y x z y z x
xy yz
x y y z y z z x
x z y
xz
z x x y
  
  
     
   
   
   

       
   
 
 
 
   
 
   
     
 
   
   
       
   
 
  



   
 
       

1 1 1
7
1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3
0
xyz
x y y z y z z x z x x y



 
  
 
 
           
 


Dấu ‘’=’’ xảy ra khi x=0 hoặc y=0 hoặc z=0.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A=0 khi xyz=0.
Mặt khác







     
2 2 2
2 2 2
1 3 1 3 1 3
3 1 3 1 3 1
1 3 1 3 1 3
2
1 3 1 3 1 3
1 2
(1 3 ) (1 3 ) (1 3 )
x y z y z x z x y

A
x y y z z x
x x y y y z z z x
x y y z z x
x y z
x y z
x y y z z x
x y z
x x y y y z z z x
  
  
     
     
  
     
 
     
 
     
 
 
   
 
     
 

0.25

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có :

   
 
 
2
2 2 2
2
2
2 2 2
. .
a b c a b c
a b c x y z x y z
x y z
x y z
a b c
a b c
x y z x y z
 
 
         
 
 
 
 
 
 
 
   
 
 
 

Khi đó áp dụng ta có :
0.25


Giỏo viờn : Phm Th Thỳy H
Trng THPT chuyờn Nguyn Hu


ViettelStudy.vn
8




2 2 2
2
2 2 2
2
(1 3 ) (1 3 ) (1 3 )
3
1 1 3
1 7
1
3
x y z
x x y y y z z z x
x y z
x y z x y z xy yz xz
xy yz xz

x y z










Suy ra
6 1
1
7 7
A


Du = xy ra khi x=y=z=1/3.
Vy giỏ tr ln nht ca A=1/7


Cõu
6a)
(2
im)


1)
(1 im)

ng trũn tõm O bỏn kớnh R=4 ; OK=5 nờn K nm ngoi ng trũn.
0
0
1 1 3
. .sin 4 3 .4.4.sin 4 3 sin
2 2 2
60
120
OAB
S OAOB AOB AOB AOB
AOB
AOB









0.25

m AB l cnh ln nht trong tam giỏc AOB nờn
0
120
AOB


Suy ra

2 2 2 0
2 . .cos120 48 4 3
AB OA OB OAOB AB

Gi H l trung im AB. Ta cú
0
1
2 3; .cos60 2
2
AH AB OH OA


0.25

2 2
2 2
5 2 3 12 9 21
5 2 7
12 49 61
HK AK AH HK
HK
AK AH HK

0.25

Vy cú 2 ng trũn tha món iu kin bi :
TH1 : ng trũn tõm K(3 ;4) bỏn kớnh
' 21
R
cú pt l :




2 2
3 4 21
x y


TH2 : ng trũn tõm K(3 ;4) bỏn kớnh
' 61
R
cú pt l :




2 2
3 4 61

x y


0.25

2)
1 im




2 3
A d t: A(1+t;-1+2t;t) vaứ B d t': B(-t';1+t
';2+2t')
' 1;2 ' 2; 2 ' 2 laứ vtcp cuỷa ,BA t t t t t t

0.25

1
do d neõn . =0 2 ' 1 2 ' 2 2 2 ' 2 0 ' 2 ,
3 1; 2; 3 2
d
u u t t t t t t t t
BA t t

0.25


Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà
Trường THPT chun Nguyễn Huệ


ViettelStudy.vn
9







      


   

 


2 2 2
2
Mặt khác, BA=3 nên 3 1 2 3 2 9
0
18 18 0
1
t t
t
t t
t

0.25

 
 
 
     
 
 
     
 




1
1 1
Với t=0 ta có A(1;-1;0); 1; 2; 2 .Ptct của :
1 2 2
3 1

Với t=-1 ta có A(0;-3;-1); 2; 2;1 .Ptct của :
2 2 1
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán đó là
1
:
1
x y z
BA
x y z
BA
x   
    
   
2
1 3 1
; :
2 2 2 2 1
y z x y z

0.25

Câu
7a)
1 điểm
Gọi số thỏa mãn u cầu bài tốn là


1 2 8 1
0
a a a a



Xét cả trường hợp số 0 đứng đầu.
Trong các số 0,1,2,3,4,5,7,9 có tất cả 5 số lẻ, 3 số chẵn.
Thay đổi vị trị của 5 số lẻ trên có
5!
cách thay đổi.
Khi đó giữa 5 số lẻ tạo ra 6 khoảng trống ( bao gồm cả vị trị đầu và vị trí
cuối).
Để có được điều kiện khơng có bất kì 2 chữ số chẵn nào đứng cạnh nhau ta
xếp 3 chữ số chẵn xen kẽ vào giữa các chữ số lẻ. Như vậy ta xếp 3 chữ số
chẵn vào 3 trong 6 khoảng trống mà 5 chữ số lẻ tạo ra có
3
6
A
cách xếp.
Vậy có
3
6
5!.
A
các số thỏa mãn u cầu bao gồm cả trường hợp số 0 đứng
đầu.
0.5
Xét trường hợp
1
0
a


Khi đó vẫn có 5 ! cách xếp 5 chữ số lẻ.
Còn lại 2 chữ số chẵn xếp vào 2 trong 5 khoảng trống còn lại giữa các chữ
số lẻ.
Vậy trường hợp này có
2
5
5!.
A
số
0.25

Vậy số các số thỏa mãn u cầu bài tốn là
3
6
5!.
A
-
2
5
5!.
A
=12000 số
0.25

Câu
6b)
(2
điểm)

1)

(1 điểm)
Gọi phương trình chính tắc của Elip là
 
2 2
2 2
1 , 0
x y
a b
a b
  
.
Do Elip có hai tiêu điểm là




1 2
3;0 ; 3;0
F F
nên
c=3
2 2 2
9
a b c
   
.
Lại có diện tích tứ giác
1 1 2 2
1
40 .2 .2 40 20

2
A B A B a b ab
    

0.25

Giải hệ trên ta có a=5 ;b=4
Suy ra pt chính tắc của Elip là
2 2
2 2
1 16 25 400
25 16
x y
x y    
.
0.25


Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ


ViettelStudy.vn
10

Nhận xét đường thẳng (d) qua M không có hệ số góc có pt x=1 cắt Elip tại
2 điểm A, B không thỏa mãn điều kiện M là trung điểm AB.
Xét (d) có hệ số góc k qua M(1 ;1) có pt :



1 1
y k x
  

(d) cắt (E) tại 2 điểm A, B sao cho M là trung điểm AB khi pt



2
2
16 25 1 400
x kx k   
(3)
có hai nghiệm phân biệt
1 2 1 2
; : 2 2
M
x x x x x
  

0.25

pt(3)






2

2 2
25 16 50 1 25 1 400 0
k x k k x k
         
(4)
(4) có hai nghiệm phân biệt
1 2 1 2
; : 2 2
M
x x x x x
  
khi :
 
1 2
2
0
16
( )
50 1
25
2
25 16
k tm
k k
b
x x
a k
 



  
  

    



Vậy pt (d) cần tìm là
16 41
25 25
y x

 

0.25

2)1 điểm

Do tâm I thuộc (d) nên


; 1 2 ;2
I t t t
   

I cách (P) một khoảng bằng 2 nên

 
 



2 1 2 2 2 2
; 2 2
4 1 4
t t t
d I P
     
  
 

0.25

11
6
1
6
t
t










11 14 1
; ;

6 3 6
1 2 13
; ;
6 3 6
I
I
 
 
 

 




 


 
 


0.25

Do d(I ;(P))=2=IH với H là hình chiếu của I trên (P).
Do đường tròn giao tuyến có bán kính r=3 nên bán kính mặt cầu là
2 2
3 2 13
R   

0.25

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn điều kiện đề bài :
 
 
2 2 2
1
2 2 2
2
11 14 1
: 13
6 3 6
1 2 13
: 13
6 3 6
S x y z
S x y z
     
     
     
     
     
     
     
     

0.25

Câu
7b)

1 điểm
Trong các số phức z thỏa mãn
3 4 1
z i
  
. Tìm số phức z có modul nhỏ
nhất.

Xét biểu thức
3 4 1
z i
  
(1). Đặt z = x + yi,
,
x y


. Khi đó (1) trở
thành
0.25


Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ


ViettelStudy.vn
11

1
( 3) ( 4) 1
2 2
( 3) ( 4) .
x y i
x y
   
    

Do đó các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn (1) nằm trên đường
tròn (C) tâm I(3 ;4) bán kính R=1.
Ta có
z OM

nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm M nằm trên đường tròn (C)
và gần O nhất. Do đó M là giao điểm của (C) và đường thẳng OI, với M là
giao điểm gần O hơn.

0.25

Ta có OI = 5. Kẻ MH

Ox ;MK

Oy. Ta có

4 12
3 5 5
4 16

4 5 5
OH OM OI R
OH
OI OI
OK OM
OK
OI

    
   

0.25

Vậy số phức z cần tìm là

12 16
5 5
z i
 
.
0.25