KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn TOÁN, khối A THPT CHUYÊN HÀ NỘI – AMSTERDAM

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn TOÁN, khối A THPT CHUYÊN HÀ NỘI – AMSTERDAM

THPT CHUYÊN HÀ NỘI – AMSTERDAM. KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn thi: TOÁN, kh ối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): 1. Câu I (2 điểm) : Cho hàm s ố )1()1()1( 22 −+= xxy , cã ®å thÞ )( C . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị )( C của hàm số (1) . 2) Lập phương trình đường thẳng )(d đi qua điểm cực đại của đồ thị )( C sao cho tổng các kho ảng cách, từ hai điểm cực tiểu của đồ thị )( C đến đường thẳng )(d đạt giá trị lớn nhất. 2. Câu II (2 điểm) : 1) Gi ải phương trình : xxx 2 cos8cot2tan =+ . 2) Gi ải hệ phương trình :      −=− −=− 3223 2 3 335 yyxx xyxyx . 3. Câu III (1 điểm) : Tính diện tích hình phẳng )( H giới hạn bởi các đường xyP 4:)( 2 = và 042:)( =−−∆ yx . 4. Câu IV (1 điểm) : Cho hình lăng trụ đứng CBAABC ′′′ . có đáy (ABC) là tam giác cân với aACAB == , góc 0 120=∠BAC , cạnh bên aBB = ′ , gọi I là trung điểm của CC ′ . Tính góc giữa hai mặt phẳng )(ABC và )( IBA ′ 5. Câu V (1 điểm) : Cho hàm số 2 7 12 2 11 )( x x xxfy +++== với 0>x .Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số . II. PH PHPH PHẦN RI£NG N RI£NG N RI£NG N RI£NG (3,0 điểm):Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần riêng (Phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn : 1. Câu VI.a (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC với các đường cao AD, BE, CF. Bi ết tọa độ các điểm )2;1( −−D , )2;2(E , )2;1(−F . Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC. 2. Câu VII.a (1 điểm): Tính tổng : 2013 2013 3 2013 2 2013 1 2013 0 2013 .2014.4.3.2.1 CCCCCS +++++= ⋯ . 3. Câu VIII.a (1 điểm):Trong không gian tọa độ 0xyz cho mặt phẳng 0222:)( =++− zyxP và các điểm )3;1;4(A , )1;3;2( −−B . Tìm tọa độ của điểm M nằm trên mặt phẳng (P) sao cho tổng 22 MBMA + đạt giá trị nhỏ nhất. B. Theo chương trình nâng cao : 1. Câu VI.b (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho đường thẳng 024:)( =−− yxd và tam giác ABC có điểm A thuộc đường thẳng )(d , đường thẳng BC song song với đường thẳng )(d , đường cao BH có phương trình 03 =++ yx , điểm )1;1(M là trung điểm AC.Tính tọa độ các điểm A, B, C. 2. Câu VII.b (1 điểm): Biết rằng 1024 12 12 5 12 3 12 1 12 =++++ + ++++ n nnnn CCCC ⋯ . Tìm hệ số của số hạng chứa 7 x trong khai triển của nhị thức n x)43( − . 3. Câu VIII.b (1 điểm):Trong không gian tọa độ 0xyz cho mặt phẳng 0922:)( =+−− zyxP và mặt c ầu 100)1()2()3(:)( 222 =−+++− zyxS . Tìm tọa độ của điểm M nằm trên mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) đạt giá trị lớn nhất. …………… …………… Hết .………………………… ĐỀ THI THỬ ĐỢT MỘT. Cảm ơn (hotboy@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl 1 Trường THPT Chuyên Hà nội – Amsterdam HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐH-CĐ 2013 Câu Nội dung ðiểm C©u I: C©u I:C©u I: C©u I: ( (( ( 1.0 ®iÓm 1.0 ®iÓm 1.0 ®iÓm 1.0 ®iÓm ) ) ) ) : : : : • 12)1()1( 2422 +−=+−= xxxxy có TXĐ R 0,25®iÓm Câu I: (1.0 ® (1.0 ® (1.0 ® (1.0 ®iÓm iÓmiÓm iÓm) )) ) ⇒ 0)1(444 23 =−=−= ′ xxxy tại x=0(y=1) và ( 1±=x ,y=0) • ( 0412 2 =−= ′′ xy tại ) 9 4 (, 3 1 =±= yx ) • Đồ thị hàm số không có tiệm cận. • +∞== −∞→+∞→ yy xx limlim • Bảng biến thiên x ∞− -1 0 1 ∞+ y’ - 0 + 0 - 0 + y ∞+ ∞+ 1 0 0 0,25®iÓm 0,25 ®iÓm 0,25®iÓm 2. Điểm cực đại A(0;1), hai điểm cực tiểu B(-1;0) và C(1;0) tạo thành tam giác cân tại A. Gọi (d) là đường thẳng qua A Oyd ≡ thì tổng các khoảng cách từ B và C đến (d) bằng BC=2 Oyd ≠ thì phương trình (d) là y= .x+1 với . Các khoảng cách từ B và C đến (d) là: và . Tổng các khoảng cách trên là: + Dấu đẳng thức khi nên phương trình (d) là Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn là Oy và y=1 *) Chú ý: Với hàm số trùng phương cbxaxy ++= 24 khi đồ thị có đủ các điểm cực đại và cực tiểu thì ba điểm này tạo thành tam giác cân. Ta có bài toán hình học: Cho tam giác ABC cân ở A, xác định vị trí đường thẳng (d) qua điểm A sao cho tổng các khoảng cách từ hai đỉnh B và C đến (d) đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất. TH1: (d) cắt cạnh BC tại điểm M (lúc đó hai điểm B, C khác phía nhau qua (d)). Ta có: 2(BE+CF).AM=2.S (với S là diện tích tam giác ABC, S không đổi) *)BE+CF đạt giá trị nhỏ nhất AM⇔ đạt giá trị lớn nhất BM ≡⇔ hoặc CM ≡ , lúc đó ABd ≡)( hoặc ACd ≡)( . Giá trị nhỏ nhất bằng độ dài đường cao kẻ từ B hoặc C. *) BE+CF đạt giá trị lớn nhất AM⇔ đạt giá trị nhỏ nhất HM ≡⇔ , lúc đó )(d là đường cao đỉnh A và giá trị lớn nhất bằng BC TH2: (d) không cắt cạnh BC (lúc đó B, C nằm cùng phía với (d)). Ta có: BE+CF=2HM là đường trung bình hình thang. Chú ý: HAHMHN ≤≤ . Giá trị nhỏ nhất đạt khi HNHM ≡ tức là ABd ≡)( hoặc ACd ≡)( . Giá trị nhỏ nhất bằng độ 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 2 dài đường cao kẻ từ B hoặc C (bằng 2HN) Giá trị lớn nhất đạt khi HAHM ≡ lúc đó (d)//BC và giá trị lớn nhất bằng 2AH Kết luận: o Giá trị nhỏ nhất đạt khi ABd ≡ )( hoặc ACd ≡ )( o Với giá trị lớn nhất thì: • Tam giác ABC có góc BAC>90 0 thì 2AH<BC. Giá trị lớn nhất là BC đạt khi AHd ≡ • Tam giác ABC có góc BAC<90 0 thì 2AH>BC. Giá trị lớn nhất là 2AH đạt khi BCd // • Tam giác ABC có góc BAC=90 0 thì 2AH=BC. Giá trị lớn nhất là 2AH=BC đạt khi BCd // hoặc AHd ≡ Câu II (2®iÓm) (2®iÓm)(2®iÓm) (2®iÓm) Câu II: 1) Giải phương trình: xxx 2 cos8cot2tan =+ Điều kiện xác định: 0sin,02cos ≠≠ xx 2 1 4sin,0coscos.4sin2cos2cos.cossin8cos cos8 sin.2cos cos cos8 sin cos 2cos 2sin cos8cot2tan 2 222 ==⇔=⇔=⇔ =⇔=+⇔=+ xxxxxxxxx x xx x x x x x x xxx Nghiệm 0cos =x cho 01sin ≠±=x và 011cos22cos 2 ≠−=−= xx nên thỏa mãn điều kiện xác định. Ta có nghiệm π π kx += 2 ( Ζ∈k ). Nghiệm 2 1 4sin =x cho 0 2 1 2cos.cos.sin4 ≠=xxx cũng thỏa mãn điều kiện xác định. Ta có: π π π π 2 6 5 4,2 6 4 kxkx +=+= Ζ∈+=+=⇔ k k x k x , 224 5 , 224 ππππ Chú ý: Nếu biến đổi theo biến xt tan= ta được phương trình: 01828 234 =+−++ tttt . Tuy giải được phương trình này nghiệm biểu diễn phức tạp và khó đối chiếu với điều kiện xác định. 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm C©u C©u C©u C©u I II II II I/ // / 2) Giải hệ phương trình:      +=+ +=+ ⇔      −=− −=− 2233 2 3223 2 3 335 3 335 yxyx yxxyx yyxx xyxyx TH1: 03 =+ yx cho .3yx −= Thay vào hệ có: 0== yx TH2: 0 22 =+ yx cho 0== yx và thỏa mãn hệ TH3:    ≠+ ≠+ 0 03 22 yx yx ta có: 0)94)(( 0954)3)(3())(35( 2222 422433222 =+−⇔ =−+⇔++=++ yxyx yyxxyxyxyxxyx Trường hợp: 0)94( 22 =+ yx cho 0== yx . Nghiệm bị loại vì 0 22 ≠+ yx Trường hợp: 22 yx = cho 2/1== yx và 1,1 =−= yx thỏa mãn điều kiện Trả lời: Nghiệm )1,1(),2/1;2/1(),0;0();( −=yx 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm 3 Câu III (2 ®iÓm) (2 ®iÓm) (2 ®iÓm) (2 ®iÓm) C©u C©uC©u C©u III / III /III / III / Cách 1: xyP 4:)( 2 = cắt 042:)( =−−∆ yx ở )2;1( −A và )4;4(B , Từ đồ thị suy ra diện tích cần tìm là: 9.)]42(2[.22 4 1 1 0 =−−+= ∫∫ dxxxdxxS (đvdt) Cách 2: Lấy đối xứng qua phân giác góc 1 thì (P): xy 4 2 = thành (P’): yx 4 2 = hay 4 2 x y = ; 042:)( =−−∆ yx thành 042:)'( =−−∆ xy hay 2 2 += x y (P’) cắt )'(∆ ở A’(-2;1) và B’(4;4). Từ đồ thị suy ra diện tích cần tìm là: 9 4 2 2 4 2 2 =         −+= ∫ − dx xx S (đvdt) 0,5 ®iÓm 0,5 ®iÓm 0,5 ®iÓm 0,5 ®iÓm Câu IV (1 điểm) 1/ Có thể đạt hình lăng trụ đứng đã cho vào không gian tọa độ Oxyz với A(0;0;0) trùng gốc tọa độ O, B(a;0;0), )0; 2 3 ; 2 ( aa C − , A’(0;0;a), B’(a;0;a),         − a aa C ; 2 3 ; 2 ' . Lúc đó         − 2 ; 2 3 ; 2 aaa I . Mp(ABC) là mặt phẳng xOy có vtpt 1),1;0;0( =kk  ' ( ;0; ) (1;0;1)AB a a a= =  , ( ) 1;3;1 22 ; 2 3 ; 2 −− − =         − aaaa AI ( ) ', 3; 2; 3AB AI u   = − =      là vtpt của mp(AB’I), 10=u 3. −=uk , 10 3 ),cos( −=uk . Vậy góc nhọn α giữa hai mặt phẳng cần tìm có 10 3 cos = α 0,5 ®iÓm 0,5 ®iÓm 4 Câu V Cách 1: Theo BĐT Bunhiacopxki cho (1, x 7 ) và )7,3( . Ta có: ( ) xxxxxx 2 7 2 37 1.2 7 3 7 14 7 379 7 1 22 2 2 +≥+⇒+≥+⇒       +≥+       + Từ đó: 2 15 2 39 .2 2 39 2 7 2 3 2 11 =+≥++=+++≥ x x x x xx xA Dấu đẳng thức đạt trong cả hai lần xét BĐT khi x=3, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 15 =A Cách 2: x x x x xx xxf 7 .2 2 117 12 2 11 )( 2 2 + ++=+++= với miền xác định x>0 Có: ( ) ( ) 0 7.2 2178247 7. 7 .2 2 11 1)(' 22 222 2 2 2 2 ≥ + +++−+ = +− + +−= xx xxx x xx x x x xf 347 2 ≥⇔≥+⇔ xx . Vậy GTNN 2 15 )3()( == fxf khi 3=x Chú ý: Để xét dấu f’(x) có thể đổi biến 7 2 += xt 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm 0,5 ®iÓm 0,25 ®iÓm VIa Nhận xét với tam giác ABC không vuông có các đường cao AD, BE, CF thì ta có tam giác DEF. Với tam giác ABC thì AB, BC, CA là các cạnh, còn với tam giác DEF thì AB, BC, CA là các đường phân giác ngoài (hoặc có hai cạnh là đường phân giác trong, cạnh còn lại là phân giác ngoài của đỉnh còn lại). Phương trình đường thẳng DE: ; EF: y – 2 = 0 ; FD: x + 1 = 0. Phương trình các phân giác trong và ngoài của tam giác DEF đi qua các đỉnh D, E, F lần lượt là d 1 : 3x – y + 1 = 0 ; d’ 1 : x + 3y + 7 = 0 ; d 2 : x – 2y + 2 = 0 ; d’ 2 : ; d 3 : x + y – 1 = 0 ; d’ 3 : x – y + 3 = 0 ; Trong đó d 1 ; d 2 ; d 3 là các đường phân giác trong lần lượt tại D, E, F. d’ 1 ; d’ 2 ; d’ 3 : là các đường phân giác ngoài lần lượt tại D, E, F. Đáp số : Phương trình AB, BC, CA lần lượt là (d’ 1 ; d’ 2 ; d’ 3 ) ; (d 1 ; d 2 ; d’ 3 ) ; (d 1 ; d’ 2 ; d 3 ) ; (d’ 1 ; d 2 ; d 3 ). H F E D C B A H B C D F E A 0,25 0,25 0,25 0,25 VII.a Xét Ta có Khi đó S = 0,25 0,25 0,5 VIII.a Lấy E là trung điểm của AB thì E(3 ; -1 ; 1) Ta có MA 2 + MB 2 = 2ME 2 + ; với AB 2 là đại lượng không đổi. Do đó MA 2 + MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi ME nhỏ nhất M là hình chiếu của E trên (P). Mp(P) có vectơ pháp tuyến (1 ; - 2 ; 2) nên đường thẳng EM đi qua E và vuông góc với (P) có phương trình tham số . Điểm M ứng với t thoả mãn phương trình mặt phẳng (P) (3 + t) – 2( - 1- 2t) + 2(1 + 2t) + 2 = 0 9t + 9 = 0 t = - 1. 0,5 0,5 5 Do đó điểm M có toạ độ (2 ; 1 ; - 1) VI.b Đường thẳng AC qua điểm M(1 ; 1) và vuông góc với BH : x + y + 3 = 0 có phương trình Đường thẳng AC cắt đường thẳng d : x – 4y – 2 = 0 tại A( ; ). Điểm M(1 ; 1) là trung điểm của AC nên toạ độ của C( ; ). Đường thẳng BC // d và đi qua C nên có phương trình x – 4y + 8 = 0. Đường thẳng BC cắt đường thẳng BH ở B( ; ). 0,25 0,25 0,25 0,25 VII.b Ta chứng minh được hai đẳng thức sau Từ đó ta có Vậy 2 2n = 1024 2 2n = 2 10  n = 5. Do đó (3 – 4x) n = (3 – 4x) 5 khi khai triển được đa thức bậc 5, vậy hệ số của x 7 là 0. 0,5 0,25 0,25 VIII.b. Cách 1 : Điểm M(a ; b ; c) nằm trên mặt cầu thì ta có (a – 3) 2 + (b + 2) 2 + (c – 1) 2 = 100 Theo Bunhiakopxki cho 2 bộ số (a – 3 ; b + 2 ; c + 1) và (2; - 2; - 1) ta có : [(a – 3) 2 + (b + 2) 2 + (c – 1) 2 ](4 + 4 + 1) ≥ [2(a – 3) – 2(b + 2) – (c – 1)] 2 100.9 ≥ (2a – 2b – c – 9) 2 30 ≥ 2a – 2b – c – 9 ≥ - 30. 48 ≥ 2a – 2b – c + 9 ≥ - 12 |2a – 2b – c + 9| ≤ 48 d ≤ 16 Dấu đẳng thức xảy ra : Từ đó ; ; . Vậy điểm M( 0,25 0,5 0,25 Cách 2 : Đường thẳng d qua tâm mặt cầu I(3 ; - 2 ; 1) và vuông góc với mặt phẳng (P) thì có phương trình tham số . Đường thẳng d cắt mặt phẳng (P) tại điểm H ứng với tham số t thoả mãn phương trình Vậy H(- 1 ; 2 ; - 1) Đường thẳng d cắt mặt cầu tại các điểm ứng với tham số t thoả mãn (3 + 2t – 3) 2 + ( - 2 – 2t + 2) 2 + (1 – t – 1) 2 = 100 9t 2 = 100 t = Điểm M ứng tới t = là ( Vì nên vị trí các điểm M, N, I, H trên đường thẳng d sắp theo thứ tự M, I, H, N. Do đó điểm cách (P) khoảng lớn nhất là M( . (Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn tâm H). 0,25 0,25 0,25 0,25 Cả m ơ n   ( ho t bo y@g m ail. co m )  gử i  tới www . l aisac. p age. tl