DETHI THU LTV LẢN

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2013 Môn: TOÁN, Khối A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 .y x x= − a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm tọa độ các điểm M thuộc (C) (khác gốc tọa độ O) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng OM. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 11 10sin 10cos cos2 2. 1 cos x x x x + + − = + Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 3 2 3. 5 6 ( ).x x x x x+ + = + − ∈¡ Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I 2 2 cos x 0 (sin 4x sin 2x).e dx. π = + ∫ Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = a. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Biết rằng A’G vuông góc với mặt đáy (ABC) và A’B tạo với mặt đáy một góc bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp A’.BCC’B’ và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AG và A’C theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 4 3 3 3 2 (1 2 ) (1 2 ) 4( ) . 3 x y x y P e e + + = + − II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 1 0d x y − − = . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc đường thẳng d, (C) cắt Ox tại A, B, cắt Oy tại M, N sao cho diện tích của hai tam giác IAB và IMN đều bằng 12. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (1;1;1),A (2;3; 1)B − , đường thẳng 1 1 : 1 1 2 x y z − + ∆ = = và mặt phẳng ( ): 2 0.P x y z − − + = Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) tại C, cắt ∆ tại D sao cho ABCD là một hình thang vuông tại các đỉnh A, B. Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 3 2 2 44 n n C A= − . Tìm số hạng không phụ thuộc vào x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 4 1 . n x x   +  ÷   B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn 2 2 ( ) : ( 1) 2C x y+ − = , 2 2 ( ') :( 4) ( 5) 8C x y− + − = . Cho AB là một đường kính thay đổi của đường tròn ( ')C và M là một điểm di động trên đường tròn (C). Tìm tọa độ các điểm M, A, B sao cho diện tích của tam giác MAB lớn nhất. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm (3;4;0)I và đường thẳng 1 2 1 : 1 1 4 x y z − − + ∆ = = − . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt ∆ tại hai điểm A, B sao cho diện tích của tam giác IAB bằng 12. Câu 9.b (1,0 điểm). Viết dạng lượng giác của số phức z biết 2 2 . 16z z = và .i z có một acgumen bằng . 6 π 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: SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN KHỐI A ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2013 NỘI DUNG Câu I. a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 3 2 .y x x= − * Tập xác định: ¡ * Sự biến thiên: 2 3 2; 0y x y ′ ′ = − = ⇔ x = 6 3 − hoặc x = 6 3 1 0 0 * Hàm số đồng biến trên 6 ( ; ) 3 −∞ − và 6 ( ; ) 3 + ∞ ; nghịch biến trên 6 6 ( ; ) 3 3 − ; y CĐ = 4 6 9 ; y CT = 4 6 9 − . * Bảng biến thiên x ∞− 6 3 − 6 3 ∞+ y’ + 0 − 0 + 4 6 9 ∞+ y ∞− 4 6 9 − * Vẽ đúng đồ thị b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) (khác gốc tọa độ O) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng OM. Gọi 3 ( , 2 )M m m m − . Ta có 3 ( , 2 )OM m m m= − uuuur . Gọi d là tiếp tuyến của (C) tại M. Hệ số góc của đường thẳng d là 2 2 2 '( ) 3 2 (3 2; 1) (1;3 2). d d d k f m m n m u m= = − ⇒ = − − ⇒ = − uur uur Theo giả thiết ta có 3 2 5 3 4 2 . 0 .1 ( 2 ).(3 2) 0 3 8 5 0 .(3 8 5) 0 d u OM m m m m m m m m m m = ⇔ + − − = ⇔ − + = ⇔ − + = uur uuuur 0m ⇔ = hoặc 1m = ± hoặc 15 3 m = ± . Đáp số 15 15 15 15 (1;1), ( 1; 1), ( , ), ( ; ). 3 9 3 9 M M M M − − − − 0 0 - 1 0 0 0 0 Câu 2. 1 Giải phương trình 11 10sin 10cos cos2 2. 1 cos x x x x + + − = + Điều kiện cos 1 2 .x x k π π ≠ − ⇔ ≠ + Phương trình 2 2 11 10sin 10cos (cos sin ) 2 2cosx x x x x ⇔ + + − − = + 2 2 sin 10sin 9 cos 8cosx x x x ⇔ + + = − 2 2 sin 10sin 25 cos 8cos 16x x x x ⇔ + + = − + 2 2 (sin 5) (cos 4)x x⇔ + = − sin 5 cos 4 sin cos 9 sin 5 4 cos sin cos 1. x x x x x x x x + = − − = −   ⇔ ⇔   + = − + = −   +) Với 9 sin cos 9 sin( ) 1 4 2 x x x π − = − ⇔ − = − < − (Vô nghiệm). +) Với 2 2 1 4 4 sin cos 1 sin( ) 2 4 2 2 . ( ) 2 4 4 x k x k x x x x k x k π π π π π π π π π π π π  + = − +   = − +  + = − ⇔ + = − ⇔ ⇔    = + + = − − +    Đáp số 2 . 2 x k π π = − + Câu 3 1 Giải phương trình 2 3 2 3. 5 6 ( ).x x x x x+ + = + − ∈¡ Điều kiện 3 2 x ≥ − . Phương trình 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 5( 2 3 3) 3( 5 2) 12 2 3 9 ( 5) 8 5. 3. ( 3)( 4) 2 3 3 ( 5) 2 5 4 2( 3) 3 5. 3. ( 3)( 4) 2 3 3 ( 5) 2 5 4 3 2 5 3 4 (*). 2 3 3 ( 5) 2 5 4 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + + − + + − = + − + − + − ⇔ + + = − + + + + + + + − − ⇔ + + = − + + + + + + + =   ⇔ +  + = +  + + + + + +  0 0 Ta có 2 3 3 3 2 2 2 2 6 2 3. 5 0 3 x x x x x x x x x  ≥ −   ≥ −   ⇒ ⇒ ≥   ≥    + − = + + ≥    ≤ −   . Từ đó 3 2 3 ( 5) ( 2) 5 1 2 3 5 5x x x x x x x+ = + + − ≥ + > ⇒ + ≥ + > + . Do đó 3 2 5 2 2 3 3 x x + < + + . Mặt khác 2 3 3 3 3 1 4 ( 5) 2 5 4x x < < + + + + . Suy ra (*) 3 4.VT x < < + Vậy phương trình (*) không xảy ra. Đáp số 3.x = Câu 4 1 Tính tích phân I 2 2 cos x 0 (sin 4x sin 2x).e dx. π = + ∫ Ta có I 2 2 2 2 cos x cos x 0 0 (2sin 2xcos2x sin 2x).e dx (2cos2x 1).e .sin 2xdx π π = + = + ∫ ∫ . Đặt 2 cos sin 2xdxt x dt = ⇒ = − và 0 1; 0 2 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = . Ta có 0 1 1 0 (2(2 1) 1). ( ) (4 1). t t I t e dt t e dt = − + − = − ∫ ∫ Đặt 4 1 4d t t u t du t dv e dt v e = − =   ⇒   = =   Ta có 1 1 1 t t t 0 0 0 I (4t 1).e e .4dt 3e 1 4e 5 e. = − − = + − = − ∫ 0 0 Câu 5 1 Tính thể tích khối chóp A’.BCC’B’ và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AG và A’C theo a. B’ M’ C’ A’ M B C G A Theo giả thiết ta có · 0 ' 60A BG = . Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của BC và B’C’. Trong tam giác ABC ta có · 2 2 2 2 2 2 2 2 5 5 15 ' .tan ' . 4 36 9 3 3 a a a a a BG BM GM BG A G BG A BG = + = + = ⇒ = ⇒ = = Từ đó 3 '. ' ' . ' ' ' '. 1 2 1 15 ' . . ' . . ' . . . 3 3 2 9 A BCC B ABC A B C A ABC ABC ABC a V V V A G S A G S A G AB AC = − = − = = Ta có . ' ' ' ' 3 ( , ' ) ( ,( ' ')) ( ,( ' ')) A A CM A CM V d AG A C d AG A CM d A A CM S = = = Ta có 3 . ' ' '.ACA ' .ACA' '. 1 15 . ' . . 3 36 A A CM M M A ACM AMC a V V V V A G S = = = = = Ta có 2 2 2 2 5 ' ' ; ' ' . 2 3 a a A M A C A G GC = = + = Ta có , ' ( ' ) ' 'BC AM BC A G BC AA M BC AA BC CC ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ . Do đó 2 2 2 2 2 2 17 2 86 ' ' ' ' ' . 9 4 6 a a a CM CC C M AA CM= + = + = + = 0 0 0 Từ đó · · · 2 2 2 2 ' ' ' ' 1 39 cos ' ' sin ' ' 1 cos ' ' 2. ' . ' ' 40 2 10 A C A M CM CA M CA M CA M A C A M + − = = ⇒ = − = · 2 ' ' 1 39 . ' . ' '.sin ' ' . 2 12 CA M a S A C A M CA M ⇒ = = Vậy 3 2 15 3. 15 65 36 ( , ' ) . 39 13 39 12 a a d AG A C a a = = = Chú ý: Có thể tính ( , ' )d AG A C bằng cách dựng hình bình hành CMGN, sau đó hạ 'GH A N⊥ và chứng minh ( ' )GH A NC ⊥ . Từ đó 65 ( , ' ) . 13 a d AG A C GH = = Câu 6 1 Cho x, y là hai số thực không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 4 3 3 3 2 (1 2 ) (1 2 ) 4( ) . 3 x y x y P e e + + = + − Ta có 3 2 3x 3 3x 3 3x 3 ( )( ) 0 . ( ) 4( ) 3 ( ) x y x y y x y x y y y x y x y x y e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e   + − ≥ ⇒ + ≥ + ⇒ + ≥ + + + = +   3x 3 3 4( ) . y x y e e e e⇒ + ≥ + Mặt khác ta có 3 3 3 3 4 (1 2 ) (1 2 ) (1 2 ) (1 2 ) 2 x y x y + + + + + ≤ . Suy ra 3 3 (1 2 ) (1 2 ) . 3 x y x y P e e + + + ≥ + − Xét hàm số 3 (1 2 ) ( ) 3 t t f t e + = − với 0t ≥ . Ta có 1 2 3 .(1 2 ) .2 2 '( ) 1 2 3 t t t f t e e t + = − = − + , 0 0 0 0 0 1 . 1 2 1 . 1 2.0 1 ''( ) 0 0 1 2 1 2 1 2 t t e t e f t e t t t t + − + − = − = ≥ = ∀ ≥ + + + . Do đó 2 '( ) '(0) 0 0 ( ) (0) 0. 3 f t f t f t f t≥ = ∀ ≥ ⇒ ≥ = ∀ ≥ Vậy 4 ( ) ( ) , 0. 3 P f x f y x y= + ≥ ∀ ≥ Khi x = y = 0 thì 4 3 P = . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 4 3 . Câu 7.a 1 Cho đường thẳng : 1 0d x y − − = . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d, (C) cắt Ox tại A, B, cắt Oy tại M, N sao cho diện tích của hai tam giác IAB và IMN đều bằng 12. Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn (C). Ta có ( ; 1).I d I t t ∈ ⇒ − Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên Ox, Oy. Ta có 2 2 2 2 2 2 ( ,Ox) 1 2A 2 2 ( 1) 1 . . 1 ( 1) 12 (1) 2 IAB IH d I t AB H R IH R t S IH AB t R t = = − ⇒ = = − = − − ⇒ = = − − − = và 2 2 2 2 2 2 ( ,Oy) 2 2 2 1 . . 12 (2). 2 IMN IK d I t MN MK R IK R t S IK MN t R t = = ⇒ = = − = − ⇒ = = − = Từ (1) và (2) ta suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 ( 1) 0 2 ( 1) ( 1) . t R t t R t R t t t t t t t R t t R t t       − − − = − ⇔ − − = − −         = − − =  ⇔ ⇔   = + −   = + −   Trường hợp 1: 1 1 1 ( ; ) 2 2 2 t I = ⇒ . Thay vào (2) ta suy ra 2 2305 4 R = . Vậy phương trình (C) là 2 2 1 1 2305 ( ) ( ) . 2 2 4 x y− + − = Trường hợp 2: 2 2 2 ( 1) .R t t = + − Thay vào (2) ta suy ra 2 . 1 12 12t t t t− = ⇔ − = hoặc 2 12t t − = − (Vô nghiệm). Vậy 3t = − hoặc 4t = . 0 0 0 0 +) Với 3t = − ta có ( 3; 4), 5I R − − = . Vậy phương trình của (C) là 2 2 ( 3) ( 4) 25.x y+ + + = +) Với 4t = ta có (4;3), 5I R = . Vậy phương trình của (C) là 2 2 ( 4) ( 3) 25.x y − + − = Câu 8.a 1 Cho (1;1;1),A (2;3; 1)B − , đường thẳng 1 1 : 1 1 2 x y z − + ∆ = = và mặt phẳng ( ): 2 0.P x y z − − + = Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) tại C, cắt ∆ tại D sao cho ABCD là một hình thang vuông tại các đỉnh A, B. Ta có (1 ; ; 1 2 )D D t t t∈∆ ⇒ + − + . Ta có (1;2; 2), ( ; 1;2 2).AB AD t t t= − = − − uuur uuur Theo đề bài · 0 90 . 0 1. 2( 1) 2(2 2) 0 2 (3;2;3).BAD AB AD t t t t D= ⇔ = ⇔ + − − − = ⇔ = ⇒ uuur uuur Từ đó ta được (2;1;2). BC u AD = = uuur uuur Vậy phương trình của đường thẳng BC là Thay 2 2 3 (2 2 ;3 ; 1 2 ) 1 2 x t y t C c c c z t = +   = + ⇒ + + − +   = − +  . Mặt khác do C thuộc mp(P) nên ta có 2 2 (3 ) ( 1 2 ) 2 0 2 (6;5;3)c c c c C + − + − − + + = ⇔ = ⇒ . Ta có ( 3; 3;0) (1;1;0). d CD u= − − ⇒ = uuur uur Vậy phương trình của d là 3 2 3. x t y t z = +   = +   =  0 Câu 9.a Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 3 2 2 44 n n C A= − . Tìm số hạng không phụ thuộc vào x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 4 1 . n x x   +  ÷   Điều kiện 3.n ≥ Ta có 3 2 2 44 n n C A = − 3 2 ( 1)( 2) 2 ( 1) 44 15 14 264 0 6 n n n n n n n n − − ⇔ = − − ⇔ − + + = 2 ( 12).( 3 22) 0n n n⇔ − − − = ⇔ n = 12 hoặc 2 3 40 0n n − − = (Loại vì n là số nguyên dương) Với n = 12 ta có 12 12 1 1 1 1 24 3 12 12 2 4 2 4 4 12 12 4 0 0 1 . k k n k k k k k x x x C x x C x x − − − − = =         + = + = =  ÷  ÷  ÷  ÷         ∑ ∑ Số hạng không phụ thuộc vào x ứng với k thỏa mãn 24 3 0 8 4 k k − = ⇔ = . Vậy số hạng không chứa x là 8 12 495.C = Câu 7.b Cho hai đường tròn 2 2 ( ) : ( 1) 2C x y + − = , 2 2 ( '): ( 4) ( 5) 8C x y − + − = . Cho AB là một đường kính thay đổi của đường tròn ( ')C và M là một điểm di động trên đường tròn (C). Tìm tọa độ các điểm M, A, B sao cho diện tích của tam giác MAB lớn nhất. Đường tròn (C) có tâm (0;1)I và có bán kính 2.R = Đường tròn (C’) có tâm '(4;5)I và có bán kính ' 2 2.R = Ta có ' 4 2 2II R = > = . Do đó I’ nằm ngoài đường tròn (C). Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng AB. Ta có 1 1 . . . .2 ' 2. . 2 2 MAB S MH AB MH R MH= = = Mặt khác ta có ' ' 2 4 2 5 2.MH MI MI II ≤ ≤ + = + = Do đó 2. 2.5 2 10. MAB S MH= ≤ = Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 'H I ≡ và M là giao điểm của đường thẳng II’ với (C) và I thuộc đoạn thẳng I’M. Như vậy AB là đường kính của (C’) vuông góc với II’. Phương trình đường thẳng II’ là ( ;1 ). 1 x t M t t y t =  ⇒ +  = +  Thay ( )M C ∈ ta được 1t = ± . Suy ra (1;2)M hoặc ( 1;0)M − . Ta có ' ' ( 1;0)I M II M > ⇒ − . Phương trình đường thẳng AB là 9 0x y + − = . Suy ra tọa độ các điểm A, B thỏa mãn hệ 2 2 2 2 2 9 0 9 9 2; 7 6; 3. ( 4) ( 5) 8 ( 4) (9 5) 8 ( 4) 4 x y y x y x x y x y x y x x x + − = = − = − = =     ⇔ ⇔ ⇒     = = − + − = − + − − = − =     . .y x x= − a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm tọa độ các điểm M thu c (C) (khác gốc tọa độ O) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng OM. Câu. với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 1 0d x y − − = . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thu c đường thẳng d, (C) cắt Ox tại A, B, cắt Oy tại M, N sao cho diện tích của hai tam giác IAB. 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 3 2 2 44 n n C A= − . Tìm số hạng không phụ thu c vào x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 4 1 . n x x   +  ÷   B. Theo chương trình