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 7 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = 1 4 (x 2 – m)(x 2 + 1) (1) (m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 3. 2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A và B vuông góc với nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3 sinx - 3cosx - 2 = cos2x - 3 sin2x 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 2 1 1 4 22               y x y x x x y y Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = e 3 1 lnx 1 dx x   . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = BC = a; · ABC = 90 o . Mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết góc giữa hai mặt (SAC) và mặt phẳng (SBC) bằng 60  . Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho a,b,c là ba số thực dương tuỳ ý thoả mãn a+ b+ c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 ab bc ca P c ab a bc b ca       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 Oxy, cho hai điểm A(3; 0), B(-1; 8) và đường thẳng d có phương trình x - y -3 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua B và cắt đường thẳng d tại điểm C sao cho tam giác ABC cân tại C. 2. Trong không gian Oxyz, cho điểm M(1; 1; 1), đường thẳng d: x 1 y z 2 1 1     và mặt phẳng (P): x + 3y + z – 1 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua M, cắt d và song song (P). Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện 2 | z i | | z z 2i |     . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M(1; 1). Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt chiều dương của trục Ox, Oy theo thứ tự tại A và B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất. 2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) và đường thẳng x 1 t : y 0 z t            . Viết phương trình đường thẳng d đi qua B, cắt  sao cho khoảng cách từ A đến d bằng 3 . Câu VI.b (2,0 điểm) Cho số phức z = 1 + 3 i. Tính z 7 . Hết Câu N ội dung Đi ểm PH ẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) I (2,0 điểm) 1 . (1,0 đi ểm) Với m = 3, ta có hàm số y = 1 4 (x 2 – 3)(x 2 + 1) * Tập xác định: D =  . * Sự biến thiên + Giới hạn: x x lim y ; lim y       0,25 + B ảng biến thi ên - y’ = x(x 2 – 1) ; y’ = 0  x = 0 hoặc x = ± 1. 0,25 - Hàm số nghịch biến trên các khoảng     ; 1 µ 0;1   v và đồng biến trên khoảng   -1;0 và ( ) 1; + ¥ . Hàm số đạt cực đại tại 0  x và giá trị cực đại   3 0 4   y , hàm số đạt cực tiểu tại 1   x và giá trị cực tiểu   1 1    y . 0,25 - Đ ồ thị: 0,25 2 . (1,0 đi ểm) Phương trình hoành độ giao điểm: 1 4 (x 2 – m)(x 2 + 1) = 0 Û x 2 – m = 0 (2) Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt Û m > 0. Khi đó A(- m ;0), B( m ;0) 0,25 Ta có y’ = 1 2 x(2x 2 +1 –m). Tiếp tuyến của đồ thị tại A, B có hệ số góc lần lượt là y’(- m ) = m 2 - (m + 1) và y’( m ) = m 2 (m + 1) 0,25 Tiếp tuyến của đồ thị tại A, B vuông góc với nhau khi và chỉ khi y’(- m ).y’( m ) = -1 0,25 Û m 2 - (m + 1). m 2 (m + 1) = - 1 Û m =1. 0,25 II (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Giải phương trình 3 sinx - 3cosx - 2 = cos2x - 3 sin2x (1) (1)  3 sinx(2cosx + 1) = 2cos 2 x + 3cosx + 1 0,25  (2cosx + 1)(cosx - 3 sinx + 1) = 0  cosx = - 1 2 hoặc cosx - 3 sinx + 1 = 0 (1’) 0,25 * cosx = - 1 2  x = ± 2 3  + k2 p 0,25 TRƯ ỜNG THPT CHUY ÊN NGUYÊN T ẤT TH ÀNH TỔ: TOÁN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 7. +  - 0 +  + - + y 0 0 y' 1 - 1 +  -  x 0 - 3/4 - 1 - 1 (1’)  cos(x + 3  ) = - 1 2  x = 3  + k2 p hoặc x = - p + k2 p 0,25 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 2 1 1 4 22               y x y x x x y y (I) Đi ều kiện: x  0, y  0. và x 2 + y 2 - 1  0. Đặt u = x 2 + y 2 - 1 và v = x y 0,25 Hệ phương trình (I) trở thành 3 2 1 21 4 u v u v          Û 2 2 13 21 0 21 4 v v u v         Û 9 3 u v      hoặc 7 7 2 u v        + 9 3 u v      Û 3 1 x y      hoặc 3 1 x y        0,25 7 7 2 u v         Û 2 14 53 2 4 53 x y          hoặc 2 14 53 2 4 53 x y            Vậy hệ có nghiệm (3;1), (-3;-1), 2 2 14 ;4 53 53 æ ö ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ÷ ç è ø và 2 2 14 ; 4 53 53 æ ö ÷ ç ÷ - - ç ÷ ç ÷ ÷ ç è ø 0,25 III (1,0 điểm) Tính tích phân e 3 1 lnx 1 dx x   I = e 3 1 dx x  - e 3 1 ln xdx x  ( lnx – 1 £ 0, " x Î [ ] 1;e ) 0,25  I 1 = e 3 1 dx x  = e 2 1 1 2x æ ö ÷ ç - ÷ ç ÷ ç è ø = - 2 1 2e + 1 2 0,25 Đặt 3 u lnx dx dv x         2 dx du x 1 v 2x           Þ I 2 = e 3 1 ln xdx x  = e 2 1 ln x 2x æ ö ÷ ç - ÷ ç ÷ ç è ø + 1 2 e 3 1 dx x  = - 2 1 2e + 1 2 (- 2 1 2e + 1 2 ) = 1 4 - 2 3 4e Vậy I = e 3 1 lnx 1 dx x   = 2 2 e 1 4e + 0,5 IV (1,0 điểm) a a S A B C K H 60 0 Vì (SAB)  (ABC) và (SAC)  (ABC) nên SA  (ABC) Do đó chiều cao của khối chóp S.ABC là h = SA 0,25 Gọi H là trung điểm của cạnh AC, suy ra BH  AC Do đó BH  (SAC) Trong mặt phẳng (SAC) dựng HK  SC (H Î SC), suy ra BK  SC Do đó góc giữa (SAC) và (SBC) là  BKH 60   . 0,25 D BHK vuông tại H Ta có BK = · BH sin HKB = a 2 2 sin60 o = a 6 3 . D SBC vuông tại B có BK là đường cao, ta có 2 1 BK = 2 1 SB + 2 1 BC Þ 2 1 SB = 2 9 6a - 2 1 a = 2 1 2a Þ SB = a 2 Þ SA = a 0,25 Thể tích của khối chóp S.ABC: SABC V = 1 3 SA. ABC S = 1 6 . SA. AB.BC = 3 a 6 . 0,25 V (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 ab bc ca P c ab a bc b ca       Với a,b,c là ba số thực dương thoả mãn a+ b+ c = 2 , suy ra 0 < a, b, c < 2 2c + ab = 4 – 2(a + b) + ab = (2 - a)(2- b) Ta có 2 ab c ab  = ab 1 1 . 2 a 2 b - - £ 1 1 1 1 . ( ) ( ) 2 2 2 2 ab ab ab a b b c c a        0,25 Tương tự 1 ( ) 2 2 bc bc bc a b c a a bc      và 1 ( ) 2 2 ca ca ca b a c b b ca      0,25 Þ 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 ab ca bc ab bc ca P a b c b c b c c a c a a b a b                       0,25 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1 khi và chi khi a = b = c = 2 3 . 0,25 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương tr ình Chu ẩn VI.a (2,0 điểm) 1. (1,0 đi ểm) G ọi d’ l à đư ờng trung trực của đoạn thẳng AB v à I là trung đi ểm của đoạn thẳng AB. Ta có: I(1; 4), AB  = (-4; 8). 0,25 Đường thẳng d’ đi qua I và nhận vectơ AB  = (-4; 8) làm vtpt nên có pt: -4( x -1) + 8(y – 4) = 0 hay x – 2y + 7 = 0. 0,25 Vì tam giác ABC cân t ại C n ên C thu ộc đ ư ờng thẳng d’.Theo y êu c ầu b ài toán, C thu ộc đ ư ờng thẳng d. Suy ra, tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình x 2y 7 0 x y 3 = 0         0,25 x 13 y 10       . Vậy C(13; 10). 0,25 2. (1,0 đi ểm) Phương trình tham số của d: x 1 2t y t z t            . 0,25 G ọi d’ l à đư ờng thẳng đi qua M, c ắt d tại điểm N v à song song v ới mp(P). Điểm N thuộc d nên tọa độ điểm N có dạng N(-1 + 2t; t; -t). MN (2t 2;t 1; t 1)       ; vtpt của (P): n (1;3;1)   . Vì d’ song song (P) nên MN.n 0     2t – 2 + 3t – 3 – t – 1 = 0  3 t 2  . Suy ra 1 5 MN (1; ; ) 2 2    . 0,5 Đường thẳng d’ đi qua M và nhận MN  làm vtcp nên có pt x 1 t 1 y 1 t 2 5 z 1 t 2                . 0,25 VII.a (1,0 điểm) Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện 2 | z i | | z z 2i |     . G ọi M(x; y) l à đi ểm biểu diễn số phức z = x + yi. Khi đó: 2 | z i | | z z 2i |      2|x + (y – 1)i| = |2(y + 1)i| 0,25 2 2 2 x (y 1) (y 1)       2 x y 4  . 0,5 Vậy tập hợp điểm M là parapol(P) 2 x y 4  0,25 B. Theo chương tr ình Nâng cao VI.b (2,0 điểm) 1. (1,0 đi ểm) G ọi d l à đư ờng thẳn g đi qua M và c ắt trục Ox, Oy theo thứ tự tại A(m; 0), B(n; 0) với m> 0, n > 0. Khi đó phương trình đường thẳng d có dạng x y 1. m n   0,25 Vì d đi qua M nên 1 1 1 m n   . 0,25 Ta có: 1 1 1 1 2 mn 4 m n mn      , (1). Ta lại có: AB 2 = OA 2 + OB 2 = m 2 + n 2  2mn, (2) Từ (1) và (2), suy ra AB 2 2  , đẳng thức xảy ra khi m = n = 1 0,25 V ậy ph ương tr ình đư ờng thẳng d l à x + y - 1 = 0. 0,25 2. (1,0 đi ểm) Gọi d là đường thẳng đi qua B, cắt  tại M và khoảng cách từ A đến d bằng 3 . Điểm M thuộc  nên tọa độ điểm M có dạng M(1 + t; 0; -t). Ta có: BM (2 t; 2; t),BA (3; 1; 1)          , BM,BA (2 t;2 2t;4 t).           0,25 2 2 3t 10t 12 d(A,d) 3 3 t 0 t 2t 4          . 0,25 Với t = 0, ta có BM (2; 2;0)    . Đường thẳng d đi qua B và nhận BM (2; 2;0)    làm vtcp nên có phương trình tham số x 1 2t y 2 2t z 0            . 0,5 VII.b Cho số phức z = 1 + 3 i. Tính z 7 . (1,0 đi ểm) Ta có: z = 1 + 3 i = 1 3 2 i 2 2          0,25 = 2 cos isin 3 3          . Suy ra: z 7 = 128 7 7 cos isin 3 3          0,25 = 128 cos isin 3 3          0,25 = 64 + 64 3 i 0,25 Hết . 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 7 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC.  Û 2 14 53 2 4 53 x y          hoặc 2 14 53 2 4 53 x y            Vậy hệ có nghiệm (3;1), (-3;-1), 2 2 14 ;4 53 53 æ ö ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ÷ ç è ø và 2 2 14 ; 4 53 53 æ. THPT CHUY ÊN NGUYÊN T ẤT TH ÀNH TỔ: TOÁN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 7. +  - 0 +  + - + y 0 0 y' 1 - 1 +  -  x 0 - 3 /4 - 1 - 1 (1’)  cos(x + 3  )