ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT 2013 TRƯỜNG THPT PHAN ĐĂNG LƯU Môn TOÁN ; Khối A, B
1 S Ở GD& Đ T NGH Ệ AN TR ƯỜ NG THPT PHAN ĐĂ NG L Ư U ĐỀ THI TH Ử ĐẠ I H Ọ C L Ầ N I N Ă M H Ọ C 2012 − −− − 2013 MÔN: TOÁN − KH Ố I A, B Th ờ i gian làm bài : 180 phút. I. PH Ầ N CHUNG CHO T Ấ T C Ả CÁC THÍ SINH (7,0 đ i ể m ) Câu 1 (2 đ i ể m ). Cho hàm s ố 3 2 1 3 y x x = − . 1) Kh ả o sát và v ẽ đồ th ị (C) c ủ a hàm s ố ; 2) Vi ế t ph ươ ng trình ti ế p tuy ế n c ủ a (C) bi ế t ti ế p tuy ế n đ ó c ắ t các tr ụ c Ox, Oy t ươ ng ứ ng t ạ i A, B phân bi ệ t th ỏ a mãn OB = 3OA. Câu 2 (1 đ i ể m ). Gi ả i ph ươ ng trình: 0 cos 6 ) sin2 (tan tan 3 =+ + − x x x x Câu 3 (1 đ i ể m ). Gi ả i h ệ ph ươ ng trình: 2 2 1 2 2 1 2 3 3 y x x y x y x x x + = + + = + + Câu 4 (1 đ i ể m ). Tính tích phân 2 2 sin cos 3 sin 2 x x I dx x π π − + = + ∫ . Câu 5 (1 đ i ể m ). Cho hình chóp S.ABC có đ áy ABC là tam giác đề u c ạ nh a, m ặ t bên SAB là tam giác đề u và n ằ m trong m ặ t ph ẳ ng vuông góc v ớ i đ áy. G ọ i M là trung đ i ể m SC. Tính th ể tích kh ố i chóp S.ABM và kho ả ng cách gi ữ a hai đườ ng th ẳ ng SA, BC. Câu 6 (1 đ i ể m ). Cho a,b, c là các s ố th ự c không âm th ỏ a mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1. Ch ứ ng minh: 1 1 1 1 a b c bc ca ab + + ≥ + + + . II. PH Ầ N RIÊNG (3,0 đ i ể m ): Thí sinh ch ỉ đượ c làm m ộ t trong hai ph ầ n ( ph ầ n A ho ặ c ph ầ n B ). A. Theo ch ươ ng trình Chu ẩ n Câu 7a (1 đ i ể m ). Trong m ặ t ph ẳ ng Oxy cho ∆ ABC vuông t ạ i B, AC = 2. Đườ ng phân giác trong c ủ a góc A có ph ươ ng trình (d): 3 0 x y − = . Tìm to ạ độ các đỉnh A, C biết rằng khoảng cách từ C đến (d) bằng hai lần khoảng cách từ B đến (d); C nằm trên trục tung và A có hoành độ dương. Câu 8a (1 điểm ). Trong không gian v ới hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 3 6 5 2 x y t z t = − = − + = − , mặt phẳng (P): x + 2y − 2z + 4 = 0 và điểm A( − 3; − 1; 2). Vi ết phương trình mặt phẳng ( α ) đi qua A, vuông góc v ới (P) và cắt d tại điểm M thỏa mãn: khoảng cách từ M đến (P) bằng MA. Câu 9a (1 điểm ). Tìm h ệ số của x 6 trong khai triển (x 2 + x – 2) n , biết n là số nguyên dương thỏa mãn: 2 3 0 1 2 3 2 2 2 121 . 3 4 1 1 n n n n n n n C C C C C n n + + + + + = + + . B. Theo ch ươ ng trình Nâng cao Câu 7b (1 điểm ). Trong m ặt phẳng Oxy cho elip (E): 2 2 1 4 x y + = và 2 điểm ( 3;0), ( 3;0) A B − . Tìm điểm M thuộc (E) sao cho 0 60 AMB = . Câu 8b (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 2 2 1 1 x y z + − = = , mặt ph ẳng (P): x + y − 2z + 5 = 0 và điểm A(1; −1; 2). Vi ết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A song song v ới mặt phẳng (P), đồng thời vuông góc với d. Câu 9b (1 điểm ). Gi¶i ph−¬ng tr×nh: ( ) ( ) 2 2 2 log log 3 1 . 3 1 1 x x x x+ + − = + . Cảm ơn lovemath@gmail.com gửi tới www.laisac.page.tl 2 …………………………. H ế t ………………………… Đ ÁP ÁN ĐỀ THI TH Ử ĐẠ I H Ọ C L Ầ N 1. N Ă M H Ọ C 2012 − −− − 2013 Câu N ộ i dung Đ i ể m 1 (2 đ i ể m) 1) • TX Đ : ℝ . • SBT: − CBT: y’ = x 2 − 2x = 0 ⇔ x = 0 ho ặ c x = 2 Hàm số ĐB trên (−∞; 0) và (2; +∞); hàm số NB trên (0; 2). 0,25 − C ự c tr ị : C Đ (0;0); CT( 4 2; 3 − ). − Gi ớ i h ạ n: lim x y →−∞ = −∞ , lim x y →+∞ = +∞ . 0,25 − BBT: 0,25 • Đồ th ị 0,25 2) Ta có: tan 3 OB OAB OA = = ⇒ h ệ s ố góc c ủ a ti ế p tuy ế n là ±3. 0,25 G ọ i x 0 là hoành độ ti ế p đ i ể m thì y’(x 0 ) = ±3 ⇔ 2 0 0 2 3 x x − = ± ⇔ x 0 = − 1 ho ặ c x 0 = 3. 0,25 • PT ti ế p tuy ế n c ủ a (C) t ạ i đ i ể m ( 4 1; 3 − − ): 4 3( 1) 3 y x = + + hay 13 3 3 y x = + . 0,25 • PT ti ế p tuy ế n c ủ a (C) t ạ i đ i ể m (3; 0): y = 3(x − 3) hay y = 3x − 9. 0,25 2 (1 đ i ể m) Đ K: cosx ≠ 0. ⇔ 2 3(1 2cosx) tan x(1 2cosx) 0 + − + = ⇔ (1 + 2cosx)(3 − tan 2 x) = 0 0,5 ⇔ 1 cos 2 x = − ho ặ c tan 3 x = ± ⇔ 2 2 3 x k π π = ± + ho ặ c 3 x k π π = ± + . Đố i chi ế u Đ K, ph ươ ng trình có các nghi ệ m trên. 0,5 3 (1 đ i ể m) Đ KX Đ : x > 0, y ≠ 0. PT đầ u c ủ a h ệ ⇔ y = 2x ho ặ c y x= − . 0,25 1 2 3 4 3 − O x y −3 x y’ y −∞ +∞ 0 2 0 0 + − + 0 4 3 − −∞ +∞ 3 • V ớ i y = 2x, ta có: 2 2 2 1 2 3 3 x x x x + = + + (*) ⇔ 2 1 3 1 2 1 x x = + + . 0,25 Dễ thấy hàm số 2 1 3 ( ) 2 1 f x x x = + + ngh ịch biến trên (0; + ∞ ). M ặt khác ( 3) 1 f = V ậy (*) có nghiệm dy nhất 3x = ⇒ 2 3y = . 0,25 • Với y x= − ta có: 2 2 1 2 3 3 x x x x − + = + + : PT này vô nghiệm vì vế trái không d ương, vế phải dương. Tóm l ại hệ có nghiệm duy nhất 3x = ; 2 3y = . 0,25 4 (1 điểm) 2 2 2 2 2 sin cos sin cos 3 sin 2 4 (sin cos ) x x x x I dx dx x x x π π π π − − + + = = + − − ∫ ∫ 0,25 Đặ t sinx − cosx = t, ta có: 1 1 2 1 1 1 1 1 4 4 2 2 dt I dt t t t − − = = + − + − ∫ ∫ 0,5 = 1 1 1 (ln | 2 | ln | 2 |) 4 t t − + − − = 1 ln3 2 . 0,25 5 (1 đ i ể m) • Do M là trung đ i ể m SC nên 1 ( ,( )) ( ,( )) 2 d M SAB d C SAB = ⇒ 1 2 SABM SABC V V = . Vì (SAB) ⊥ (ABC) nên g ọ i SH là đườ ng cao c ủ a ∆ SAB thì SH ⊥ (ABC) ∆ SAB đề u c ạ nh a ⇒ 3 2 a SH = . 0,25 2 3 1 1 3 3 . 3 3 2 4 8 SABC ABC a a a V SH S = = = V ậ y 3 16 SABM a V = . 0,25 • G ọ i D là đ i ể m sao cho ACBD là hình bình hành ⇒ (SAD) ch ứ a SA và song song BC ⇒ d(SA, BC) = d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD))= 3 SABD SAD V S . Ta có: 3 8 SABD SABC a V V = = . ∆SHC vuông cân t ạ i H ⇒ 6 2 2 a SC SH= = . BM là đườ ng cao tam giác cân SBC ⇒ BM = 2 2 2 2 6 10 4 4 a a SA SM a − = − = . 0,25 2 1 1 10 6 15 . . . 2 2 4 2 8 SAD SBC a a a S S BM SC = = = = 0,25 S D A H B C M 4 ⇒ d(SA, BC) = 3 3 15 SABD SAD V a S = . 6 (1 đ i ể m) Ta có: 2 2 2 2 1 3 1 2 a a a b c bc a ≥ = + + − + . 0,25 M ặ t khác d ễ th ấ y 2 2 2 3 a a a ≥ − (*). Th ậ t v ậ y (*) ⇔ a(a − 1) 2 (a + 2) ≥ 0 luôn đ úng. 0,25 Suy ra 2 1 a a bc ≥ + , t ươ ng t ự 2 1 b b ca ≥ + , 2 1 c c b ≥ + . 0,25 Do đ ó: 2 2 2 1 1 1 1 a b c a b c bc ca ab + + ≥ + + = + + + ( đ pcm). 0,25 7a (1 đ i ể m) G ọ i M là đ i ể m đố i x ứ ng c ủ a B qua d ⇒ M ∈ AC. G ọ i H, K l ầ n l ượ t là hình chi ế u c ủ a C, B trên d. Vì CH = 2BK nên CH = BM = 2KM ⇒ M là trung đ i ể m AC. Vì các tam giác ABC, AHC vuông c ạ nh huy ề n AC nên MH = MB = MC = HC = 1. Gi ả s ử C(0; y 0 ) ⇒ CH = d(C,d) = 0 | | 1 2 y = ⇔ y 0 = ±2. 0,5 Gi ả s ử ( ; 3)A t t ∈ d (t > 0). Ta có: 2 2 0 ( 3) 2AC t y t= + − = ⇔ 2 0 4 2 3 0 t y t − = (do 2 0 4y = ) ⇔ 0 3 2 y t = . Vì t > 0 nên y 0 = 2 và 3t = . Vậy ( 3;3)A , C(0; 2). 0,5 8a (1 điểm) Giả sử M( − 3; − 6 + 5t; 2 − t) ∈ d. ta có: d(M, (P)) = MA ⇔ 2 2 | 3 2( 6 5 ) 2(2 ) 4 | 0 (5 5) 1 4 4 t t t t − + − + − − + = + − + + + ⇔ (4t − 5) 2 = 26t 2 − 50t + 25 ⇔ 10t 2 + 10t = 0 ⇔ t = 1 ho ặc t = 0. ⇒ M( − 3; − 1; 1) ho ặc M( − 3; − 6; 2). 0,5 Mặt phẳng ( α ) c ần tìm đi qua M, A và vuông góc với (P) nên có 1 vec tơ pháp tuyến là [ , ] p n MA n α = , với p n là 1 vec tơ pháp tuyến của (P). • M( − 3; − 1; 1): Ta có (0;0;1) MA = , (1;2; 2) p n = − ⇒ ( 2;1;0) n α = − Ph ương trình mp (α): −2x + y − 5 = 0. • M( − 3; − 6; 2): (0;5;0) MA = , (1;2; 2) p n = − ⇒ ( 10;0; 5) n α = − − ⇒ ( α ): 2x + z + 4 = 0. V ậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn là (α): −2x + y − 5 = 0 và (α): 2x + z + 4 = 0. 0,5 9a (1 điểm) Từ khai triển 0 1 2 2 (1 ) . n n n n n n n x C C x C x C x+ = + + + + ta có: 2 2 0 1 2 2 0 0 (1 ) ( . ) n n n n n n n x dx C C x C x C x dx+ = + + + + ∫ ∫ Hay: 2 2 1 0 1 2 2 3 1 0 0 1 1 1 1 (1 ) . 1 2 3 1 n n n n n n n x C x C x C x C x n n + + + = + + + + + + 0,5 B H C M K A 5 ⇔ 1 2 3 1 0 1 2 3 1 2 2 2 2 . 1 2 3 1 n n n n n n n C C C C n n + + − = + + + + + + K ế t h ợ p gi ả thi ế t suy ra: 1 3 1 242 1 1 n n n + − = + + ⇔ 3 n + 1 = 243 = 3 5 ⇔ n = 4. Ta có (x 2 + x – 2) 4 = (x − 1) 4 (x + 2) 4 = 0 1 2 2 3 3 4 4 0 1 2 2 3 3 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 ( )( .2 .4 .8 .16 ) C C x C x C x C x C C x C x C x C x − + − + + + + + V ậy hệ số x 6 là: 2 4 3 3 4 2 4 4 4 4 4 4 . .16 . .8 . .4 8 C C C C C C − + = − . 0,5 7b (1 điểm) Vì A, B chính là các tiêu điểm (E) nên ta có: 2 2 2 0 2 1 2 . .cos60 ( ) 2 . 2 . . 2 AB MA MB MA MB MA MB MA MB MA MB = + − = + − − = 2 2 4 3 . 4 3( )( ) a MA MB a a ex a ex − = − + − = 2 2 2 3 a e x + ⇒ 2 2 2 2 2 4 3 c c a x a = + ⇔ 2 2 2 2 2 (4 ) (4.3 4).4 32 3 3.3 9 c a a x c − − = = = ⇒ 4 2 3 x = ± . 0,5 Vì M ∈ (E) ⇒ 2 2 8 1 1 1 1 4 9 9 3 x y y = − = − = ⇒ = ± . V ậ y có 4 đ i ể m th ỏ a mãn v ớ i t ọ a độ là 4 2 1 ; 3 3 ± ± . 0,5 8b (1 đ i ể m) Véc t ơ ch ỉ ph ươ ng và véc t ơ pháp tuy ế n c ủ a d và (P) t ươ ng ứ ng là (2;1;1), (1;1; 2) d p u n = = − . 0,25 G ọ i u ∆ là vec t ơ ch ỉ ph ươ ng c ủ a ∆ , t ừ gi ả i thi ế t suy ra u ∆ vuông góc v ớ i các véc t ơ , d p u n ⇒ có th ể ch ọ n [ , ] ( 3;5;1) d p u u n ∆ = = − . 0,5 V ậ y ph ươ ng trình ∆ là: x = 1 − 3t; y = − 1 + 5t; z = 2 + t. 0,25 9b (1 đ i ể m) Đ KX Đ : x > 0. Đặ t 2 2 log log ( 3 1) 0,( 3 1) 0 x x u v + = ≥ − = ≥ ⇒ u.v = x. Ta có ph ươ ng trình: u + uv 2 = 1 + u 2 v 2 ⇔ (u − 1)( 1 − uv 2 ) = 0 ⇔ u = 1 ho ặ c uv 2 = 1. 0,5 • u = 1 ⇒ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 (th ỏ a mãn PT). • uv 2 = 1 ⇒ 2 log (2 3 2) 1 x − = ⇔ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 (th ỏ a mãn PT). V ậ y PT có nghi ệ m duy nh ấ t x = 1. 0,5 L ư u ý : H ướ ng d ẫ n này ch ỉ trình bày m ộ t cách gi ả i, n ế u h ọ c sinh gi ả i cách khác mà v ẫ n đ úng thì cho đ i ể m t ố i đ a dành cho ph ầ n đ ó (ho ặ c ý đ ó). Cả m ơ n l o ve m at h @ g m ail. co m gử i tới www . laisac. p age. tl