ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!

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 2AB  . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 1 cos 2sin (1 sin )tanx 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 1a 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 0S x y z x y z       và hai mặt phẳng ( ) : 2 5 0P x y z    , ( ) : 7 0Q 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 0d x y   , đường thẳng đi qua điểm D và trung điểm của BC có phương trình 2 ( ): 3 4 23 0d 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 0x 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 3z 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 3y x x   (1). TXĐ:    2 2 ( 1) 1 ' 3 3; ' 0 3 3 0 1; 2, 2y 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; 0x 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 2AB  . 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 3y 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 0AB 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 )tanx 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 cos 2 sin 2 0x 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 4x 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, 4u x x v y     , ĐK: 2, 2u v  . Khi đó 2 2 2 2 2 5, 4, 3x x u y v y x u v        . Thay vào pt (2) được: 2 2 0u v u v    ( )( 1) 0u v u v u v       (do 1 0u 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: 3x 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 sin 2 ) 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 60SAO  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 3a OH AI  (do tứ giác AIOH là hình chữ nhật) 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 1a 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 0S x y z x y z       và hai mặt phẳng ( ) : 2 5 0P x y z    , ( ) : 7 0Q 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 0b 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 ( )  : 0y z d   Mặt cầu (S) có tâm I(2; 3; 1) và có bán kính 10R  . Theo đề bài ( )  tiếp xúc (S) nên: | 3 1 | [ , ( )] 10 4 2 5 2 d d I d           pt của ( )  : 4 2 5 0y z    0,25 Với 8b + 3c = 0 chọn b = 3 và c =8, ta được ( 5; 3; 8)w      pt của ( )  : 5 3 8 0x 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 0x 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: *, 2n 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 1456C 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 0d x y   , đường thẳng đi qua điểm D và trung điểm của BC có phương trình 2 ( ) : 3 4 23 0d 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 40a    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 2 102 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 ) 0AB CB t t t t           2 9 100 480 540 0 3; 5 t t t t         0,25 Với 3t   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 0x 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) 81AB 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 3z 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 ), ( ) (cos 4 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, 2k    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. . 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. 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 