www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN 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 3 3 (1) y x x . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Tìm các điểm A, B thuộc (C) sao cho các tiếp tuyến của (C) tại A, B song song với nhau và 4 2 AB . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 1 cos 2sin (1 sin )tan x x x x . 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 5 3 4 ( , ) 3 3 1 0 x x x y y x y x y x y . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 4 0 sin cos 3 sin 2 x x I dx x . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = AC = a và M là trung điểm của cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC và góc giữa SA với mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính theo a thể tích khối chóp S.BMC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). Câu V (1,0 điểm) Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn 2 2 2 2 1 a b c d . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) ( ) T a b c d b c d a c d a b d a b c . 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 elip 2 2 ( ) : 1 9 4 x y E và điểm M(2;1). Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm AB. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ): 4 6 2 4 0 S x y z x y z và hai mặt phẳng ( ) : 2 5 0 P x y z , ( ) : 7 0 Q x y z . Viết phương trình mặt phẳng ( ) tiếp xúc (S), vuông góc với (Q) và tạo với (P) một góc thỏa mãn 3 cos 6 . Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số tự nhiên n thỏa mãn 1 2 36 n n n n C C ( k n C là số tổ hợp chập k của n). Tìm hệ số của 8 x trong khai triển thành đa thức của biểu thức 2 3 ( ) (1 2 ) n f x x x . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C(5;-7), A thuộc đường thẳng 1 ( ): 4 0 d x y , đường thẳng đi qua điểm D và trung điểm của BC có phương trình 2 ( ): 3 4 23 0 d x y . Tìm tọa độ các điểm A và B, biết A có hoành độ dương. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm (1;2; 3) A , đường thẳng 1 ( ) : 2 1 2 x y z d và mặt phẳng (P): 2 1 0 x y z . Gọi (d’) là đường thẳng đối xứng với (d) qua (P). Tìm tọa độ điểm B trên (d’) sao cho AB = 9. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: 4 ( ) 1 3 z i i . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. www.VNMATH.com Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:…………………… ĐÁP ÁN KHỐI A Câu Đáp án Điểm 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 3 y x x (1). TXĐ: 2 2 ( 1) 1 ' 3 3; ' 0 3 3 0 1; 2, 2 y x y x x y y 0,25 Hàm số đồng biến trong khoảng 1; 1 Hàm số nghịch biến trong các khoảng ; 1 ; 1; Hàm số đạt cực tiểu tại 1; 2 CT x y và hàm số đạt cực đại tại 1; 2 CÐ x y Giới hạn: lim ; lim x x y y 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 y’’= 6x; y’’= 0 0 0; 0 x y đồ thị có điểm uốn O(0; 0) là tâm đối xứng Đồ thị: 0,25 2. Tìm các điểm A, B thuộc (C) sao cho các tiếp tuyến của (C) tại A, B song song với nhau và 4 2 AB . Giả sử 3 3 ( ; 3 ), ( ; 3 ) A a a a B b b b là 2 điểm thuộc (C) với ( ) a b Theo giả thiết ta có: 2 2 '( ) '( ) 3 3 3 3 y a y b a b a b (nhận), a b (loại) 0,25 Từ đó: 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 ( ) ( 3 3 ) ( ) ( ) ( 3) AB b a b a b a a b a b a ab b 2 2 2 2 ( ) 4 ( ) 4 ( ) 3a b ab a b ab a b ab 2 2 2 4 4 3 4 ( 10) ab ab ab ab a b ab 0,25 Theo đề bài: 2 2 2 3 2 32 4 ( 6 10) 32 ( ) 6( ) 10 8 0 AB ab a b ab ab ab ab 2 2 4 ( 4)[( ) 2 2] 0 4 ( ) 2 2 0 (vn) ab ab ab ab ab ab ab 0,25 I (2,0 điểm) Ta được hệ: 2, 2 4 2, 2 a b a b ab a b Vậy (2; 2), ( 2; 2) A B hoặc ( 2;2), (2; 2) A B 0,25 x y’ + y 1 0 0 + + 2 2 1 x y 0 1 1 2 2 3 3 www.VNMATH.com 1. Giải phương trình 1 cos 2sin (1 sin )tan x x x x . ĐK: , ( ) 2 x k k Phương trình đã cho tương đương: 2 2 sin 1 cos 2sin (1 sin ). cos cos 2sin .cos sin sin cos x x x x x x x x x x x 0,25 2 2 cos sin cos sin sin 2 0 cos sin cos2 sin 2 0 x x x x x x x x x 0,25 2 2 2 4 4 2 sin 2 sin ( ) 2 4 4 2 2 4 4 3 3 x x k x k x x k k x x k x 0,25 II (2,0 điểm) So với điều kiện phương trình chỉ nhận họ nghiệm 2 , ( ) 3 3 k x k 0,25 Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 5 3 4 (1) 3 3 1 0 (2) x x x y y x y x y . Cộng vế theo vế các pt (1) và (2) được: 6 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 5 4 ( 1) ( 1) 4 4 x x x x y y x x y y (3) 0,25 Xét hàm ( ) 4 , [0; ) f t t t t , ta có: 1 '( ) 1 0, [0; ) 2 4 f t t t Chứng tỏ f(t) là hàm đồng biến trên [0; ) . Từ đó: 2 2 1 (3) ( 1) 1 y x x y y x 0,25 TH1: Với y = x 1 thay vào pt (2) được: 2 2 3 1 ( 1) 3 3( 1) 1 0 2 2 x x x x x y 0,25 TH2: Với y = x + 1 thay vào pt (2) được: 2 2 3 1 ( 1) 3 3( 1) 1 0 4 4 x x x x x y Vậy hệ pt có 2 nghiệm 3 1 3 1 ; , ; 2 2 4 4 0,25 Ghi chú: Có thể giải bằng cách khác như sau: Đặt: 2 2 2 5, 4 u x x v y , ĐK: 2, 2 u v . Khi đó 2 2 2 2 2 5, 4, 3 x x u y v y x u v . Thay vào pt (2) được: 2 2 0 u v u v ( )( 1) 0 u v u v u v (do 1 0 u v ) 0,25 Với u = v, hệ được viết lại về dạng: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 4 2 1 0 (3) 3 3 1 0 3 3 1 0 (4) x x y x y x x y x y x y x y 0,25 Lấy (3) trừ (4) vế theo vế được: 3 x y và thay lại vào (3) được: 2 1 1 8 6 1 0 ; 2 4 y y y y 0,25 + 1 3 2 2 y x + 1 3 4 4 y x . Vậy hệ pt có 2 nghiệm 3 1 3 1 ; , ; 2 2 4 4 0,25 www.VNMATH.com Tính tích phân 4 0 sin cos 3 sin 2 x x I dx x . 4 4 2 0 0 sin cos sin cos 4 (1 sin2 ) 4 (sin cos ) x x x x I dx dx x x x 0,25 Đặt sin cos (cos sin ) t x x dt x x dx . Đổi cận: 0 1; 0 4 x t x t 0,25 0 0 0 2 2 1 1 1 1 2 ln 4 4 4 2 dt dt t I t t t 0,25 III (1,0 điểm) 1 ln3 4 I 0,25 IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = AC = a và M là trung điểm của cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC và góc giữa SA với mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính theo a thể tích khối chóp S.BMC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp MBC; N, I lần lượt là trung điểm của BC và MB. Khi đó NO, NI lần lượt là trung trực của các đoạn BC, MB Do ABC vuông cân tại A nên A, N, O thẳng hàng và OI // AC Theo giả thiết SO (ABC) góc giữa SA tạo với mặt phẳng (ABC) là SAO và theo giả thiết 0 60 SAO 0,25 + 2 1 1 1 1 . . 2 2 2 4 MBC ABC S S AB AC a + AIO vuông cân tại I có 3 3 4 4 a IO IA AB Suy ra 3 2 2 4 a AO IA và 0 3 6 .tan 60 4 a SO AO Thể tích khối chóp S.MBC được tính bởi: 3 2 1 1 1 3 6 6 . . . 3 3 4 4 16 MBC a a V S SO a (đvtt) 0,25 Ta có: [ ,( )] 4 4 [ ,( )] [ ,( )] [ ,( )] 3 3 d B SAC AB d B SAC d I SAC d I SAC AI Mặt khác IO // AC IO // mp(SAC). Từ đó: 4 4 [ ,( )] [ ,( )] [ ,( )] 3 3 d B SAC d I SAC d O SAC + Dựng OH AC tại H và OK SH tại K (1) Do: ( ) (2) AC OH AC SHO AC OK AC SO (1) và (2) ( ) OK SAC . Từ đó 4 [ ,( )] 3 d B SAC OK và được tính như sau: 0,25 3 a OH AI ( do t ứ giá c AIOH là hì nh ch ữ nh ậ t) 0,25 60 0 H I M N A B C S O K www.VNMATH.com 2 2 2 2 3 3 6 . 9 54 3 7 . 3 42 4 4 16 16 4 28 3 7 4 a a a a a SO OH a SH OH SO OK SH a Vậy 4 3 42 42 [ ,( )] . 3 28 7 a a d B SAC 0,25 V (1,0 điểm) Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn 2 2 2 2 1 a b c d . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) ( ) T a b c d b c d a c d a b d a b c Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) T ab a b ac a c ad a d bc b c bd b d cd c d Để ý rằng: 4 4 2 2 4 2 2 6 ( ) ( ) 4 0,25 Từ đó suy ra: 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3( 2 2 2 2 2 2 ) 4 a b c d a b a c a d b c b d c d T 4 4 4 4 ( ) ( ) ( ) ( ) 4 a b b c c d d a 0,25 2 2 2 2 2 4 4 4 4 3( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 a b c d a b b c c d d a 4 4 4 4 3 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 4 4 a b b c c d d a 0,25 Đẳng thức chỉ xảy ra khi 1 2 a b c d Vậy max 3 4 T đạt được khi 1 2 a b c d 0,25 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip 2 2 ( ) : 1 9 4 x y E và điểm M(2;1). Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm AB. Thay tọa độ M vào vế trái pt (E) ta được: 4 1 25 1 9 4 36 . Chứng tỏ M nằm trong (E) Nếu đi qua M thì luôn cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa M nằm giữa A và B 0,25 Giả sử ( ; ), ( ; ) A A B B A x y B x y . Do A, B thuộc (E) nên ta có hệ 2 2 2 2 4 9 36 (1) 4 9 36 (2) A A B B x y x y Lấy (2) trừ (1) theo vế, ta được 4( )( ) 9( )( ) 0 (3) B A B A B A B A x x x x y y y y 0,25 Vì M là trung điểm AB nên 2 4 (4) 2 2 A B M A B M x x x y y y Thế (4) vào (3), ta được 16( ) 18( ) 0 B A B A x x y y 8( ) 9( ) 0 B A B A x x y y (5) 0,25 Do ( ; ) B A B A AB x x y y là vtcp của nên từ (5) suy ra vtpt của đường thẳng là (8;9) n Vậy đi qua M(2;1 và có vtpt (8;9) n pt : 8x + 9y – 25 = 0. 0,25 VI.a (2,0 điểm) 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : 4 6 2 4 0 S x y z x y z và hai mặt phẳng ( ) : 2 5 0 P x y z , ( ) : 7 0 Q x y z . Viết phương trình mặt phẳng ( ) tiếp xúc (S), www.VNMATH.com vuông góc với (Q) và tạo với (P) một góc thỏa mãn 3 cos 6 . Vtpt của (P): (1; 2; 1) n và vtpt của (Q): (1; 1; 1) m Giả sử ( ) có vtpt 2 2 2 ( ; ; ) ( 0) w a b c a b c . Khi đó theo giả thiết ta có: ( ) (Q) nên: 2 2 . 0 0 ( ; ; ), ( 0) m w a b c a b c w b c b c b c 0,25 2 2 2 2 2 2 | 2 | 3 | 3 2 | 1 | cos( , ) | cos 6 2 6. ( ) . ( ) b c b c b c w n b c b c b c b c 2 2 2 2 2 2(3 2 ) 2 2 2 8 11 3 0 b c b bc c b bc c 0 ( )(8 3 ) 0 8 3 0 b c b c b c b c 0,25 Với b + c = 0 chọn b = 1 và c =1, ta được (0; 1; 1) w pt của ( ) : 0 y z d Mặt cầu (S) có tâm I(2; 3; 1) và có bán kính 10 R . Theo đề bài ( ) tiếp xúc (S) nên: | 3 1 | [ , ( )] 10 4 2 5 2 d d I d pt của ( ) : 4 2 5 0 y z 0,25 Với 8b + 3c = 0 chọn b = 3 và c =8, ta được ( 5; 3; 8) w pt của ( ) : 5 3 8 0 x y z d ( ) tiếp xúc (S) nên: |10 9 8 | [ , ( )] 10 7 14 5 7 2 d d I d pt của ( ) : 5 3 8 7 14 5 0 x y z 0,25 Cho số tự nhiên n thỏa mãn 1 2 36 n n n n C C ( k n C là số tổ hợp chập k của n). Tìm hệ số của 8 x trong khai triển thành đa thức của biểu thức 2 3 ( ) (1 2 ) n f x x x . Giải: Xét pt: 1 2 36 n n n n C C (1). ĐK: *, 2 n N n . Khi đó: 1 2 1 8 ( 1)! (1) 36 36 72 0 9 2( 1)! n n n n C n n n n Do ĐK nên ta chỉ nhận n = 8 0,25 Ta có 8 8 2 3 2 2 2 2 8 8 0 0 0 ( ) (1 2 ) [1 (2 ) ] (2 ) . 2 ( ) k n n k k k k k i k i i k k k i f x x x x x C x x C x C x 0,25 Suy ra để có số hạng chứa x 8 ta phải có 2 8 4, 0 0, 8 3, 2 0, k i k i k k i i k 0,25 VII.a (1,0 điểm) Vậy hệ số của x 8 trong khai triển của f(x) là 4 0 4 3 2 8 4 8 3 . 2 . .2 1456 C C C C 0,25 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C(5;7), A thuộc đường thẳng 1 ( ): 4 0 d x y , đường thẳng đi qua điểm D và trung điểm của BC có phương trình 2 ( ):3 4 23 0 d x y . Tìm tọa độ các điểm A và B, biết A có hoành độ dương. VI.b (2,0 điểm) A (d 1 ) nên A(a; 4 + a) Cách 1: Ta có: 1 1 2 4 2 ABM CDM ABCD AMD ABCD AMD CMD S S S S S S S d(A,(d 2 )) = 2d(C,(d 2 )) 0,25 www.VNMATH.com 39 40 a a = 1(nhận); a = 79 (loại vì khi đó A,C nằm cùng phía đối với d 2 ). Vậy A(1;5) Cách 2: Gọi 2 I AC d . Khi đó theo định lý Thales: 2 10 1 3 3 2 2 10 2 3 3 A C I A C I x x a x IC MC IA IC y y aIA AD y Mà 2 I d nên: 3( 10) 4( 10) 23 0 1 3 3 a a a . Vậy A(1; 5) Gọi M là trung điểm của BC M (d 2 ) nên M(13 + 4t; 4 + 3t) B(21 + 8t; 15 + 6t) 0,25 Ta có (20 8 ;10 6 ), (16 8 ;22 6 ) AB t t CB t t . 0 (20 8 )(16 8 ) (10 6 )(22 6 ) 0 AB CB t t t t 2 9 100 480 540 0 3; 5 t t t t 0,25 Với 3 t thì ( 3; 3) B . Với 9 5 t thì 33 21 ; 5 5 B 0,25 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm (1;2; 3) A , đường thẳng 1 ( ) : 2 1 2 x y z d và mặt phẳng (P): 2 1 0 x y z . Gọi (d’) là đường thẳng đối xứng với (d) qua (P). Tìm tọa độ điểm B trên (d’) sao cho AB = 9. Có (d) cắt (P) tại điểm I(2; 1; 1) Chọn M(0; 0; 1) (d) và gọi M’ là điểm đối xứng của M qua (P). Khi đó M’ (d’). Ta tìm M’ Gọi () là đường thẳng đi qua M và vuông góc với mp(P) vtcp u của () là vtpt của (P), tức là (1; 2; 1) u phương trình (): 1 : 1 2 1 x y z Gọi H là trung điểm MM’ thì tọa độ H định bởi hệ: 1 1 2 2 ; ; 1 2 1 3 3 3 2 1 0 x y z x y z x y z 1 2 2 ; ; 3 3 3 H . Từ đó: '(2 ; 2 ;2 ) H M H M H M M x x y y z z hay 2 4 1 ' ; ; 3 3 3 M 0,25 Suy ra (d’) là đường thẳng đi qua I(2; 1; 1) và nhận vtcp 8 1 4 ' ; ; 3 3 3 M I phương trình (d’): 2 1 1 : 8 1 4 x y z ( ') B d nên (2 8 ; 1 ;1 4 ) B t t t . 0,25 Theo đề bài ta phải có: 2 2 2 9 (1 8 ) ( 3) (4 2) 81 AB t t t 2 1 2 151 81 6 67 0 27 t t t 0,25 I M C A B D www.VNMATH.com + Với 1 2 151 27 t ta được 62 16 151 26 2 151 31 8 151 ; ; 27 27 27 B + Với 1 2 151 27 t ta được 62 16 151 26 2 151 31 8 151 ; ; 27 27 27 B 0,25 Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: 4 ( ) 1 3 z i i . Ta có: 4 4 2 2 ( ) 1 3 ( ) 2 cos sin 3 3 z i i z i i (1) Giả sử 4 4 (cos sin ), ( ) (cos4 sin 4 ) z i r i r z i r i (2) 0,25 (1) và (2) suy ra: 4 4 2 2 2 cos4 cos 3 ( ) 6 2 2 sin 4 sin 3 r r k k 0,25 Cho 0, 1, 2 k ta nhận được các giá trị acgumen tương ứng của số phức z i là 1 2 3 4 2 5 , , , 6 3 3 6 0,25 VII.b (1,0 điểm) Từ đó phương trình đã cho có 4 nghiệm lần lượt là : 4 2 cos sin 6 6 z i i hay 44 18 2 1 2 2 z i 4 2 2 2 cos sin 3 3 z i i hay 4 4 2 18 1 2 2 z i 4 2 cos sin 3 3 z i i hay 4 4 2 18 1 2 2 z i 4 5 5 2 cos sin 6 6 z i i hay 44 18 2 1 2 2 z i 0,25 Ghi chú: + Điểm toàn bài bằng tổng điểm từng phần, không làm tròn số. + Cách giải khác đúng vẫn cho điểm bình thường. . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN 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 . thích gì thêm. www.VNMATH.com Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:…………………… ĐÁP ÁN KHỐI A Câu Đáp án Điểm 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 3 y x x . y E và điểm M(2;1). Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm AB. Thay tọa độ M vào vế trái pt (E) ta được: 4 1 25 1 9 4 36