Tài liệu Đề Thi Thử Đại Học Khối A Toán 2013 Trường Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ - Lần 1 ppt

S Ở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO C Ầ N THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề ĐỀ THI THỬ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số ( 1 ) 1 x y x = − . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số (1). 2. Tìm m để đường thẳng ( ) : 1d y mx m= − − cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt M, N sao cho 2 2 AM AN+ đạt giá trị nhỏ nhất với ( 1 ; 1 )A − . Câu II (2,0 điểm) Giải các phương trình sau trên ℝ 1. 5 cos 2 2cos 3 2 tan x x x + = + . 2. ( ) 2 4 8 12 8 1 2 x x x + + − = − . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 2 0 l n ( 1 cos )sin2 I x xdx π = + ∫ . Câu IV (1,0 đi ểm ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = AC = a, M là trung điểm của AB, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC, góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực x, y, z thuộc khoảng (1; + ∞ ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P x y z y z z x x y       = + + + + +       − − − − − −       . 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 O x y , cho tam giác ABC có phương trình : 2 1 0AB x y + − = , phương trình : 3 4 6 0AC x y + + = và điểm ( 1 ; 3 )M − nằm trên đường thẳng BC thỏa mãn 3MB = 2MC. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A( − 2; 2; − 2), B(0; 1; − 2) và C(2; 2; − 1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và cắt các trục y’Oy, z’Oz theo thứ tự tại M, N khác với gốc tọa độ O sao cho OM = 2ON. Câu VII.a (1,0 điểm) Cho x là số thực dương. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 2 n x x   −     , biết rằng 2 2 1 4 6 n n n n n A C C n − − = + + + ( * n∈ ℕ và k n A , k n C theo thứ tự là số chỉnh hợp, số tổ hợp chập k của n phần tử). B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ( ) : 1 0d x y− − = và hai đường tròn 2 2 1 ( ): 6 8 23 0C x y x y+ − + + = , 2 2 2 ( ) : 12 10 53 0C x y x y+ + − + = . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm nằm trên (d), tiếp xúc trong với (C 1 ) và tiếp xúc ngoài với (C 2 ) . 2. Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho tam giác ABC với A(0; −1; 2), B(3; 0; 1), C(2; 3; 0) và hai mặt phẳng (P): x + 2y + z − 3 = 0, (Q): 2x − y − z + 3 = 0. Viết phương trình mặt phẳng ( ) α đi qua trực tâm H của tam giác ABC và chứa giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q). Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2 2 2 3 3 9 lo g lo g 8 2(log 4)x x x− − > − . Hết ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; Khối A và khối A1 Câu Đáp án Điểm I (2,0 đ i ể m ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1 x y x = − . TXĐ: { } 2 1 \ 1 , ' 0 , ( 1 ) D y x D x = = > ∀ ∈ − ℝ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ;1) −∞ và ( 1 ; ) + ∞ 0,25 Giới hạn và tiệm cận: 1 1 li m ; lim x x y y − + → → = +∞ = −∞ ; tiệm cận đứng x = 1 li m li m 1 x x y y →+∞ →−∞ = = − ; tiệm cận ngang y = −1 0,25 B ảng bi ến thi ên: 0,25 Đồ thị 0,25 2. Tìm m để đường thẳng ( ) : 1 d y mx m = − − cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt M, N sao cho 2 2 AM AN + đạt giá trị nhỏ nhất với ( 1 ; 1 ) A − . Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) 1 1 x mx m x = − − − 2 2 1 0 ( * ) mx mx m⇔ − + + = (do x = 1 không phải là nghiệm của (*)) (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt. Điều này chỉ xảy ra khi 0 0 ' 0 m m m ≠  ⇔ <  ∆= − >  0,25 Gọi I là trung điểm của MN thì ( 1 ; 1 ) I − và 2 2 2 2 2 2 16 2 2 MN MN AM AN AI+ = + = + 0,25 Ta có 2 ' 2 | | | | | | M N m x x m m ∆− − = = và 2 | | | ( 1 ) ( 1 ) | | ( ) | | |. 2 | | M N M N M N m y y mx m mx m m x x m m m − − = − − − − − = − = = − 2 2 2 1 ( ) ( ) 4 M N M N MN x x y y m m   ⇒ = − + − = −   −   0,25 Do m < 0 nên theo bất đẳng thức Cauchy: 1 2 m m − ≥ − 0,25 x y’ − ∞ + ∞ y 1 + + + ∞ − 1 −∞ − 1 x y 0 Từ đó 2 2 1 16 2 20 T AM AN m m   = + = + − ≥   −   và min 20 T = đạt được khi m = −1 (thỏa m < 0) Ghi chú: Có thể tính trực tiếp 2 2 T AM AN = + thông qua 2 1 . M N M N x x m x x m + =    + =   và 1 M M y mx m = − − , 1 N N y mx m = − − II (2,0 đ i ể m ) 1. Giải phương trình 5 cos 2 2cos 3 2 tan x x x + = + . Đk: 3 tan 2 cos 0 x x  ≠ −    ≠  (*) Phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 5 cos 2 6cos 4sin 5 cos sin 6cos 4sin cos 6cos 9 sin 4sin 4 cos 3 sin 2 x x x x x x x x x x x x x + = + ⇔ + − = + ⇔ − + = + + ⇔ − = + 0,25 cos 3 sin 2 cos sin 5 ( 1 ) cos 3 sin 2 cos sin 1 (2) x x x x x x x x − = + − =   ⇔ ⇔   − = − − + =   0,25 + Phương trình (1) vô nghiệm vì cos sin 2 cos 2 5 , 4 x x x x π   − = + ≤ < ∀ ∈     ℝ + Phương trình (2) tương đương 2 sin( ) 1 sin( ) sin 4 4 4 x x π π π + = ⇔ + = 0,25 2 ( ) 2 2 x k k x k π π π =   ⇔ ∈  = +  ℤ So với điều kiện (*) ta chỉ nhận họ nghiệm 2 ( ) x k k π = ∈ ℤ 0,25 2. Giải phương trình ( ) 2 4 8 12 8 1 2 x x x + + − = − . Đk: 1 3 2 2 x − ≤ ≤ (*). Đặt 1 3 1 2 2 2, ; 2 2 t x t x   = − ⇒ − ≤ ≤ ∀ ∈ −     0,25 Phương trình đã cho trở thành ( ) 2 2 2 2 t t t − + + = 0,25 [ ] 2 ; 2 t∀ ∈ − ta có 2 4 t ≤ và ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 4 4 2 2 2 4 t t t t t − + + = + − ≥ ⇒ − + + ≥ 0,25 Do đó phương trình chỉ có nghiệm khi 2 t = ± hay 1 3 1 2 2 ; 2 2 x x x − = ± ⇔ = − = (thỏa (*)) Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 1 3 ; 2 2 x x = − = 0,25 III (1,0 đ i ể m ) Tính tích phân 2 0 2 ln (1 cos )sincos I x x xdx π = + ∫ . Đặt 1 cos sin t x dt xdx = + ⇒ = − . Đổi cận 0 2 ; 1 2 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = Su y ra 1 2 2 1 2 ( 1 ) l n ( ) 2 ( 1 ) l n I t t dt t tdt = − − = − ∫ ∫ 0,25 Lại đặt 2 ln ; ( 1 ) 2 dt t u t du dv t dt v t t = ⇒ = = − ⇒ = − 0,25 Su y ra 2 2 2 2 1 1 1 2 ( 1 ) l n 2 ln 2 1 2 2 t t I t tdt t t dt       = − = − − −             ∫ ∫ 0,25 2 2 1 1 2 4 2 t I t   = − − =     0,25 IV (1,0 đ i ể m ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = AC = a, M là trung điểm của AB, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC, góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). Gọi N, H lần lượt là trung điểm của BC và MB. Khi đó tâm O của đường tròn ngoại tiếp ∆BMC chính là giao điểm của AN (trung trực của BC) và đường thẳng đi qua H, song song với AC (trung trực của BM) Theo giả thiết SO⊥ (ABC) nên góc giữa SB với mp(ABC) là  0 60 SBO = Ta có ∆HAO vuông cân tại H 3 3 4 4 a HO HA AB⇒ = = = 0,25 ∆ BHO vuông tại H có 2 2 2 2 9 10 16 16 4 a a a BO BH HO= + = + = ⇒ 0 30 .tan60 4 a SO BO= = Từ đó thể tích khối chóp S.ABC được tính bởi 3 1 1 1 30 . . . . 3 3 2 24 ABC a V S SO AB AC SO= = = (đvtt) 0,25 Có ( )SO ABC SH AB OH AB ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  ; 2 2 2 2 30 9 39 16 16 4 a a a SH SO HO= + = + = 2 1 39 . 2 8 SAB a S AB SH⇒ = = 0,25 Suy ra khoảng cách từ đi ểm C đến mp( SAB ) được tính bởi 3 130 13 SAB V a h S = = 0,25 V (1,0 đ i ể m ) Cho ba số thực x, y, z thuộc khoảng (1; + ∞ ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P x y z y z z x x y       = + + + + +       − − − − − −       Viết lại P về dạng 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 x y y z z x P y x z y x z       = + + + + +       − − − − − −       0,25 Xét 2 2 1 1 1 x y P y x = + − − 0,25 M N A B C S H O Với hai số thực u, v dương và 2 số thực a, b tùy ý, ta luôn có bất đẳng thức đúng: 2 2 2 2 2 ( ) 0 2 av bu a v b u abuv − ≥ ⇔ + ≥ 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) a b a b a v u v b u u v a b uv u v u v + ⇔ + + + ≥ + ⇔ + ≥ + (1) Đẳng thức ở (1) chỉ xảy ra khi a b u v = Đặt t = x + y ; t > 2 và áp dụng (1) ta được 2 2 1 ( ) 2 2 x y t P x y t + ≥ = + − − Lại theo bất đẳng thức Cauchy: 2 4 2 4 8 2 2 t t t t = − + + ≥ − − S u y r a 1 8 P ≥ , đẳng thức chỉ xảy ra khi 1 1 2 4 x y y x x y x y  =  − − ⇔ = =   + =  0,25 Lập luận tương tự cho 2 2 2 1 1 y z P z y = + − − và 2 2 3 1 1 z x P x z = + − − ta suy ra mi n 24 P = đạt được khi x = y = z = 2. 0,25 VI.a (2,0 đ i ể m ) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình : 2 1 0 AB x y + − = , phương trình : 3 4 6 0 AC x y + + = và điểm ( 1 ; 3 ) M − nằm trên đường thẳng BC thỏa mãn 3 2MB MC= . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. Từ giả thiết ta có (2; 3 ) A − , ( ; 1 2 ) B b b − và 4 2 ; 3 c C c   − −     0,25 Do M, B , C thẳng hàng và 3MB = 2MC, nên có 2 trường hợp: TH1: 3 2 9 8 9 11 18 3 2 ; 3 2 6 2 6 5 5 M B C M B C x x x b c MB MC b c y y y b c = − + = −   = ⇔ ⇔ ⇔ = = −   = − + =     S u y r a 11 17 14 18 ; , ; 5 5 5 5 B C     − −         0,25 TH2: 3 2 9 8 27 5 3 2 3 ; 0 3 2 6 2 18 5 B C M B C M x x x b c MB MC b c y y b c y +  =  − =   = − ⇔ ⇔ ⇔ = =   + − + = −   =     S u y r a (3; 5 ) , ( 2 ; 0 ) B C − − 0,25 Từ đó: TH1 cho ta 7 10 ; 3 3 G   −     và TH2 cho ta 8 1 ; 3 G   −     0,25 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A( − 2; 2; − 2), B(0; 1; − 2) và C(2; 2; − 1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A , song song với BC và cắt các trục y’Oy , z’Oz theo thứ tự tại M, N khác với gốc tọa độ O sao cho OM = 2ON. Từ giả thiết ta có M(0; m; 0) và N(0; 0; n) trong đó m. n ≠ 0 và m = ± 2n 0,25 Gọi n  là vector pháp tuyến của (P) thì do (P) // BC và (P) đi qua M, N nên (2;1;1) n BC⊥ =   và (0; ; ) n M N m n ⊥ = −   ⇒ ta có thể chọn , n BC MN   =      0,25 TH 1 : N ế u m = 2n thì (P) là mp đi qua A( − 2; 2; − 2) và nhận vtpt , (3 ; 2 ; 4 ) n BC MN n n n   = = − −      ⇒ pt của (P): 3x − 2y − 4z + 2 = 0 0,25 TH 2 : N ế u m = − 2n thì (P) là mp đi qua A( − 2; 2; − 2) và nhận vtpt , ( ; 2 ;4) n BC MN n n n   = = − −      ⇒ pt của (P): x + 2y − 4z −10 = 0. TH này loại vì khi đó (P) chứa BC Vậy pt(P): 3x − 2y − 4z + 2 = 0 0,25 VII.a (1,0 đ i ể m ) Cho x là số thực dương. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của biểu thức 2 n x x   −     , biết rằng 2 2 1 4 6 n n n n n A C C n − − = + + + ( * n∈ ℕ và k n A , k n C theo thứ tự là số chỉnh hợp, số tổ hợp chập k của n phần tử). Xét phương trình 2 2 1 4 6 n n n n n A C C n − − = + + + ĐK: * , 2 n n ∈ ≥ ℕ . Phương trình tương đương với 2 1 1 4 6 n n n A C n − + = + + ⇔ ( 1 ) ! ( 1 ) 4 6 2!( 1 ) ! n n n n n + − − = + − 0,25 2 1 ( 1 ) ( 1 ) 4 6 11 12 0 12 2 n n n n n n n n n = −  + ⇔ − − = + ⇔ − − = ⇔  =  . So với ĐK ta nhận n = 12 0,25 Với n = 12 ta có số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Newton của : 12 2 x x   −     là T k +1 = 24 3 12 2 12 12 2 .( 2) . ( , 12) k k k k k k C x C x k k x − − −   = − ∈ ≤     ℕ 0,25 T k +1 không chứa x khi , k12 8 24 3 0 k N k k ∈ ≤  ⇔ =  − =  . Vậy số hạng không chứa x là T 9 = 8 8 12 2 126720 C = 0,25 VI.b (2,0 đ i ể m ) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ( ) : 1 0 d x y − − = và hai đường tròn 2 2 1 ( ): 6 8 23 0 C x y x y + − + + = , 2 2 2 ( ) : 12 10 53 0 C x y x y + + − + = . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm nằm trên (d), tiếp xúc trong với (C 1 ) và tiếp xúc ngoài với (C 2 ). (C 1 ) có tâm 1 (3; 4) I − và bán kính 1 2 R = , (C 2 ) có tâm 2 ( 6 ; 5 ) I − và bán kính 2 2 2 R = Gọi I là tâm và R là bán kính của (C). + ( ) I d ∈ ( ; 1 ) I a a ⇒ − + (C) tiếp xúc trong với (C 1 ) 1 1 | | I I R R ⇒ = − (1) + (C) và tiếp xúc ngoài với (C 2 ) 2 2 I I R R ⇒ = + (2) 0,5 TH1: Nếu 1 R R> thì từ (1) và (2) ta có: 1 1 2 2 I I R I I R + = − hay 2 2 2 2 ( 3 ) ( 3 ) 2 ( 6) ( 6) 2 2 0 (0; 1 ) , 4 2 a a a a a I R− + + + = + + − − ⇔ = ⇒ − = ⇒ pt(C): 2 2 ( 1 ) 32 x y + + = 0,25 TH2: Nếu 1 R R< thì từ (1) và (2) ta có: 1 1 2 2 R I I I I R − = − hay 2 2 2 2 2 ( 3 ) ( 3 ) ( 6) ( 6) 2 2 a a a a− − + + = + + − − 2 2 9 36 3 a a ⇔ + + + = ⇒ vô nghiệm. Vậy pt(C): 2 2 ( 1 ) 32 x y + + = 0,25 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxy z, cho tam giác ABC với A(0; − 1; 2), B(3; 0; 1), C(2; 3; 0) và hai mặt phẳng (P): x + 2y + z − 3 = 0, (Q): 2x − y − z + 3 = 0. Viết phương trình mặt phẳng ( ) α đi qua trực tâm H của tam giác ABC và chứa giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q). Giả sử H(x; y; z ), khi đó: . 0 ; . 0 ; . . 0 AH BC BH AC AB AC AH   = = =          0,25 Ta được hệ: 3 5 2 4 2 4 2 4 10 16 x y z x y z x y z − + − = −   + − =   + + =  17 1 17 1 ; ; 1 ; ;1 5 5 5 5 x y z H   ⇔ = = − = ⇒ −     0,25 Nhận thấy (P) và (Q) đồng thời đi qua các điểm M(0; 0 ; 3) và N( − 1; 3; − 2). Suy ra đường thẳng MN là giao tuyến của (P), (Q) và ( ) α là mặt phẳng đi qua 3 điểm M, N, H. 0,25 Suy ra (α)là mp đi qua M(0; 0; 3) và có vtpt , (7;19;10)n MH MN   = =      ⇒ pt(α ): 7x + 19y + 10z − 30 = 0 0,25 VII.b (1,0 đ i ể m ) Giải bất phương trình 2 2 2 3 3 9 lo g l o g 8 2(log 4)x x x− − > − . Đặt 3 l o gt x= , bất phương trình đã cho trở thành 2 2 2 2 4 ( ) 2 8 0 2 8 2( 4) 4 ( ) 2 8 4( 4) t I t t t t t t II t t t  <    − − ≥   − − > − ⇔  ≥     − − > −   0,25 4 ( ) 2 2 4 t I t t t <   ⇔ ⇔ ≤ − ≤ −     ≥   0,25 2 4 4 ( ) 4 6 4 6 10 24 0 t t II t t t t ≥ ≥   ⇔ ⇔ ⇔ < <   < < − + <   0,25 Từ đó: 3 3 1 l o g 2 0 9 4 l o g 6 81 729 x x x x  ≤ − < ≤   ⇔   < <  < <   Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm 1 0 ; (81;729) 9 S   = ∪     . 0,25 Hết page.tl . C Ầ N THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2 013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 18 0 phút, không kể phát đề. 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P x y z y z z x x y       = + + + + +       − − − − − −       Viết lại P về dạng 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 x