S
Ở
GIÁO D
Ụ
C VÀ ĐÀO T
Ạ
O 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 THITHỬ
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
( ) : 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
−
.
Câu II (2,0
điểm
)
Giải các phương trình sau trên
ℝ
1.
5 cos 2
2cos
3 2tan
x
x
x
+
=
+
.
2.
( )
2
4 8 12 8 1 2
x x x
+ + − = −
.
Câu III (1,0
điểm
)
Tính tích phân
2
0
ln(1 cos )sin 2
I x xdx
π
= +
∫
.
Câu IV (1,0
điểm
)
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
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
MB
= 2
MC
. 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 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
).
2.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(0; −1; 2), B(3; 0; 1), C(2; 3; 0) và hai
mặt phẳng (
P
):
x
+ 2
y
+
z
−
3 = 0, (
Q
): 2
x
−
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
log log 8 2(log 4)
x x x
− − > −
.
Hết
Cảm
ơ
n
(
l
o
vema
t
h
@
gm
a
il.c
om
)
đãgử
i
t
ới
www
.
la
is
ac.
page.
t
l
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN; Khối A và khối A1
Câu Đáp án Điểm
I
(2,0
điểm)
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
lim ;lim
x x
y y
− +
→ →
= +∞ = −∞
; tiệm cận đứng x = 1
lim lim 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
điểm)
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
điểm)
Tính tích phân
2
0
2 ln(1 cos )sin cos
I x x xdx
π
= +
∫
.
Đặt
1 cos sin
t x dt xdx
= + ⇒ = −
.
Đổi cận
0 2; 1
2
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
Suy ra
1 2
2 1
2 ( 1)ln ( ) 2 ( 1)ln
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
Suy ra
2
2 2
2
1 1
1
2 ( 1)ln 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
điểm)
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
.tan 60
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
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
= + + + + +
− − − − − −
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
= − + + ≥
− −
Suy ra
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
min
24
P
=
đạt được
khi x = y = z = 2.
0,25
VI.a
(2,0
điểm)
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 2
MB 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
= −
+ = −
= ⇔ ⇔ ⇔ = = −
= − + =
Suy ra
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
+
=
− =
= − ⇔ ⇔ ⇔ = =
+ − + = −
=
Suy ra
(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 MN m n
⊥ = −
⇒ ta có thể chọn ,
n BC MN
=
0,25
TH
1
: Nếu 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
: Nếu 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
điểm)
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
, k 12
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
điểm)
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 Oxyz, 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
): 7
x
+ 19
y
+ 10
z
−
30 = 0
0,25
VII.b
(1,0
điểm)
Giải bất phương trình
2 2 2
3 3 9
log log 8 2(log 4)
x x x
− − > −
.
Đặt
3
log
t 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
log 2
0
9
4 log 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.
t
l
Cảm
ơ
n
(
l
o
vema
t
h
@
gm
a
il.c
om
)
đãgử
i
t
ới
www
.
la
is
ac.
page.
t
l
. 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. Cảm ơ n ( l o vema t h @ gm a il.c om ) đãgử i t ới www . la is ac. page. t l ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; Khối A và khối A1 Câu Đáp án Điểm I (2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1 x y x = − . TXĐ:. 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