Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC... Gọi N, H lần lượt là trung điểm của BC và MB..[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Mơn: TỐN; Khối A 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 (1)
1 x y
x
=
−
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1)
2 Tìm m để đường thẳng ( ) :d y=mx m− −1 cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt M, N cho
2
AM +AN đạt giá trị nhỏ với ( 1;1)A − Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sau ℝ
1 cos 2 cos tan
x
x x
+
=
+
2 8+ x+ 12 8− x = −
(
1 2x)
2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân2
0
ln(1 cos ) sin
I x xdx
π
=
∫
+Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng A, AB = AC = a, M trung điểm AB, hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC, góc đường thẳng SB mặt phẳng (ABC) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB)
Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực x, y, z thuộc khoảng (1; +∞) Tìm giá trị nhỏ biểu thức
2 1 1 1
1 1 1
P x y z
y z z x x y
= + + + + +
− − − − − −
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình AB: 2x+ − =y 0, phương trình AC: 3x+4y+ =6 điểm M(1; 3)− nằm đường thẳng BC thỏa mãn 3MB = 2MC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(−2; 2; −2), B(0; 1; −2) C(2; 2; −1) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với BC cắt trục y’Oy, z’Oz theo thứ tự M, N khác với gốc tọa độ O cho OM = 2ON
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho x số thực dương Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niu-tơn
của
n x
x
−
, biết
2
4
n n
n n n
A =C − +C − + n+ ( * n∈ℕ k
n
A , k n
C theo thứ tự số chỉnh hợp, số tổ hợp chập k n phần tử)
B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ( ) :d x− − =y hai đường tròn 2
1
( ) :C x +y −6x+8y+23 0= , 2
(C ) :x +y +12x−10y+53 0= Viết phương trình đường trịn (C) có tâm nằm (d), tiếp xúc với (C1) tiếp xúc với (C2)
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(0; −1; 2), B(3; 0; 1), C(2; 3; 0) hai mặt phẳng (P): x + 2y + z − = 0, (Q): 2x − y − z + = Viết phương trình mặt phẳng ( )α qua trực tâm H tam giác ABC chứa giao tuyến hai mặt phẳng (P), (Q)
(2)ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Mơn thi: TỐN; Khối A khối A1
Câu Đáp án Điểm
I (2,0 điểm)
1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
x y
x
= −
TXĐ: \ ,
{ }
' 2 0, ( 1)D y x D
x
= = > ∀ ∈
− ℝ
Hàm số đồng biến khoảng (−∞;1) (1;+ ∞)
0,25
Giới hạn tiệm cận:
1
lim ; lim
x x
y y
− +
→ = +∞ → = −∞; tiệm cận đứng x =
lim lim
x→+∞y=x→−∞y= − ; tiệm cận ngang y = −1
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị
0,25
2 Tìm m để đường thẳng ( ) :d y=mx m− −1 cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt M, N cho
2
AM +AN đạt giá trị nhỏ với ( 1;1)A − Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (C)
1
x
mx m
x= − −
−
2 2 1 (*)
mx mx m
⇔ − + + = (do x = nghiệm (*))
(d) cắt (C) hai điểm phân biệt M, N phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt Điều xảy 0
'
m
m m
≠
⇔ < ∆ = − >
0,25
Gọi I trung điểm MN (1; 1)I −
2
2 2 16
2
MN MN
AM +AN = AI + = + 0,25
Ta có | | '
| | | |
M N
m
x x
m m
∆ −
− = =
2
| | | ( 1) ( 1) | | ( ) | | |
| |
M N M N M N
m
y y mx m mx m m x x m m
m
−
− = − − − − − = − = = −
2 ( )2 ( )2 4
M N M N
MN x x y y m
m
⇒ = − + − = −
−
0,25
Do m < nên theo bất đẳng thức Cauchy: m m− ≥
− 0,25
x y’
−∞ +∞
y
1
+ +
+∞ −1
−∞ −1
x y
(3)Từ T AM2 AN2 16 2 m 20 m
= + = + − ≥
−
Tmin =20 đạt m = −1 (thỏa
m < 0)
Ghi chú: Có thể tính trực tiếp T =AM2+AN2 thơng qua
2
M N
M N
x x
m x x
m
+ =
+
=
1
M M
y =mx − −m , yN =mxN− −m II
(2,0 điểm)
1 Giải phương trình 5 cos 2 cos tan
x
x x
+
=
+
Đk:
3 tan
2
cos
x x
≠ −
≠
(*)
Phương trình cho tương đương với
(
) (
)
2
2
2
5 cos cos sin cos sin cos sin
cos cos sin sin cos sin
x x x x x x x
x x x x x x
+ = + ⇔ + − = +
⇔ − + = + + ⇔ − = +
0,25
cos sin cos sin (1)
cos sin cos sin (2)
x x x x
x x x x
− = + − =
⇔ ⇔
− = − − + =
0,25
+ Phương trình (1) vơ nghiệm cos sin cos 5,
x− x= x+π ≤ < ∀ ∈x
ℝ
+ Phương trình (2) tương đương sin( ) sin( ) sin
4 4
x+π = ⇔ x+π = π
0,25
2
( )
2 x k
k
x k
π
π π
=
⇔ ∈
= +
ℤ
So với điều kiện (*) ta nhận họ nghiệm x=k2π (k∈ℤ)
0,25
2 Giải phương trình 8+ x+ 12 8− x = −
(
1 2x)
2Đk:
2 x
− ≤ ≤ (*) Đặt 2 2, 3;
2 t= − x⇒ − ≤ ≤ ∀ ∈ −t x
0,25
Phương trình cho trở thành
(
)
2 2− +t 2+t =t 0,25
[
2; 2]
t
∀ ∈ − ta có
2 4
t ≤
(
2− +t 2+t)
2= +4 4−t2 ≥ ⇒4 2(
2− +t 2+t)
≥4 0,25 Do phương trình có nghiệm t= ±2hay 2 1;
2
x x x
− = ± ⇔ = − = (thỏa (*))
Vậy nghiệm phương trình cho 1;
2
x= − x=
0,25
III (1,0
điểm) Tính tích phân
0
2 ln(1 cos ) sin cos
I x x xdx
π
=
∫
+Đặt t= +1 cosx⇒dt= −sinxdx
Đổi cận 2;
2
x= ⇒ =t x=π ⇒ =t
Suy
1
2
2 ( 1) ln ( ) ( 1) ln I=
∫
t− t −dt =∫
t− tdt (4)Lại đặt
2
ln ; ( 1)
2
dt t
u t du dv t dt v t
t
= ⇒ = = − ⇒ = − 0,25
Suy
2
2 2
1 1
2 ( 1) ln ln
2
t t
I= t− tdt= −t t − − dt
∫
∫
0,252
1
4
t
I= − −t =
0,25
IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A, AB = AC = a, M trung điểm AB, hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O đường trịn ngoại tiếp tam giác BMC, góc đường thẳng SB mặt phẳng (ABC) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB)
Gọi N, H trung điểm BC MB Khi tâm O đường trịn ngoại tiếp
∆BMC giao điểm AN (trung trực BC) đường thẳng qua H, song song với AC (trung trực BM)
Theo giả thiết SO⊥ (ABC) nên góc SB với mp(ABC) 60 SBO=
Ta có ∆HAO vng cân H 3
4
a
HO HA AB
⇒ = = =
0,25
∆BHO vng H có
2
2 10
16 16
a a a
BO= BH +HO = + = ⇒ tan 600 30
4 a
SO=BO =
Từ thể tích khối chóp S.ABC tính
1 1 30
3 ABC 24
a
V = S SO= AB AC SO= (đvtt)
0,25
Có SO (ABC) SH AB
OH AB
⊥
⇒ ⊥
⊥
;
2
2 30 39
16 16
a a a
SH = SO +HO = + =
2
1 39
2
SAB
a
S AB SH
⇒ = =
0,25
Suy khoảng cách từ điểm C đến mp(SAB) tính
3 130
13
SAB
V a
h S
= = 0,25
V (1,0 điểm)
Cho ba số thực x, y, z thuộc khoảng (1; +∞) Tìm giá trị nhỏ biểu thức
2 1 1 1
1 1 1
P x y z
y z z x x y
= + + + + +
− − − − − −
Viết lại P dạng
2 2 2
1 1 1
x y y z z x
P
y x z y x z
= + + + + +
− − − − − −
0,25
Xét
2
1
1
x y
P
y x
= +
− − 0,25
M
N A
B
C S
H
(5)Với hai số thực u, v dương số thực a, b tùy ý, ta ln có bất đẳng thức đúng:
2 2 2
(av bu− ) ≥ ⇔0 a v +b u ≥2abuv
2 2
2 2 ( )
( ) ( ) ( ) a b a b
a v u v b u u v a b uv
u v u v
+
⇔ + + + ≥ + ⇔ + ≥
+ (1)
Đẳng thức (1) xảy a b u =v Đặt t = x + y ; t > áp dụng (1) ta
2
1
( )
2
x y t
P
x y t
+
≥ =
+ − −
Lại theo bất đẳng thức Cauchy:
4
2
2
t t
t− = − +t− + ≥
Suy P1≥8, đẳng thức xảy 1
x y
y x x y
x y
=
− − ⇔ = =
+ =
0,25
Lập luận tương tự cho
2
2
1
y z
P
z y
= +
− −
2
3
1
z x
P
x z
= +
− − ta suy Pmin =24 đạt x = y = z =
0,25
VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình AB: 2x+ − =y 0, phương trình AC: 3x+4y+ =6 điểm M(1; 3)− nằm đường thẳng BC thỏa mãn
3MB=2MC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC Từ giả thiết ta có (2; 3)A − , ( ; )B b − b 2;
3 c C− − c
0,25
Do M, B, C thẳng hàng 3MB = 2MC, nên có trường hợp:
TH1: 3 9 11; 18
3 6 5
M B C
M B C
x x x b c
MB MC b c
y y y b c
= − + = −
= ⇔ ⇔ ⇔ = = −
= − + =
Suy 11; 17 , 14; 18
5 5
B − C −
0,25
TH2:
3
9 27
5
3 3;
3 18
5
B C
M
B C
M
x x
x
b c
MB MC b c
y y b c
y
+
=
− =
= − ⇔ ⇔ ⇔ = =
+ − + = −
=
Suy (3; 5), ( 2; 0)B − C −
0,25
Từ đó: TH1 cho ta 7; 10
3
G −
TH2 cho ta
8 1;
3 G −
0,25
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(−2; 2; −2), B(0; 1; −2) C(2; 2; −1) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với BC cắt trục y’Oy, z’Oz theo thứ tự M, N khác với gốc tọa độ O cho OM = 2ON
Từ giả thiết ta có M(0; m; 0) N(0; 0; n) m.n ≠ m = ± 2n 0,25 Gọi n
vector pháp tuyến (P) (P) // BC (P) qua M, N nên (2;1;1)
n⊥BC=
n⊥MN =(0;−m n; )
⇒ ta chọn n= BC MN, 0,25 TH1: Nếu m = 2n (P) mp qua A(−2; 2; −2) nhận vtpt
, (3 ; ; )
n=BC MN= n− n − n ⇒ pt (P): 3x − 2y − 4z + = 0,25 TH2: Nếu m = −2n (P) mp qua A(−2; 2; −2) nhận vtpt
, ( ; ; )
n=BC MN= − −n n n ⇒ pt (P): x + 2y − 4z −10 = TH loại (P) chứa BC
Vậy pt(P): 3x − 2y − 4z + =
(6)VII.a (1,0 điểm)
Cho x số thực dương Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niu-tơn biểu thức n
x x
−
, biết
2
4
n n
n n n
A =C − +C − + n+ (n∈ℕ*và k n
A , k n
C theo thứ tự số chỉnh hợp, số tổ hợp chập k n phần tử)
Xét phương trình n n1
n n n
A =C − +C − + n+
ĐK: n∈ℕ*,n≥2 Phương trình tương đương với
2
1
n
n n
A =C +− + n+ ⇔ ( 1) ( 1)! 2!( 1)!
n
n n n
n
+
− − = +
−
0,25
2
( 1)
( 1) 11 12
12
n n n
n n n n n
n
= − +
⇔ − − = + ⇔ − − = ⇔
=
So với ĐK ta nhận n = 12 0,25
Với n = 12 ta có số hạng tổng quát khai triển nhị thức Newton :
12 x
x
−
Tk +1 =
24
12
12 12
2
.( 2) ( , 12)
k k
k k k k
C x C x k k
x
−
− − = − ∈ ≤
ℕ
0,25
Tk +1 không chứa x , k 12
24
k N
k k
∈ ≤
⇔ =
− =
Vậy số hạng không chứa x T9 = 8
122 126720
C =
0,25
VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ( ) :d x− − =y hai đường tròn 2
1
( ) :C x +y −6x+8y+23 0= , 2
(C ) :x +y +12x−10y+53 0= Viết phương trình đường trịn (C) có tâm nằm (d), tiếp xúc với (C1) tiếp xúc ngồi với (C2)
(C1) có tâm I1(3; 4)− bán kính R1= 2, (C2) có tâm I2( 6;5)− bán kính R2=2 Gọi I tâm R bán kính (C)
+ I∈( )d ⇒I a a( ; −1)
+ (C) tiếp xúc với (C1) ⇒I I1 =|R−R1| (1) + (C) tiếp xúc với (C2) ⇒I I2 = +R R2 (2)
0,5
TH1: Nếu R>R1 từ (1) (2) ta có:
1 2
I I+R =I I−R hay
2 2
(a−3) +(a+3) + = (a+6) +(a−6) −2 2⇔ = ⇒a I(0; 1),− R=4
⇒ pt(C): 2
( 1) 32
x + y+ =
0,25
TH2: Nếu R<R1 từ (1) (2) ta có:
1 2
R −I I =I I−R hay 2 2
2− (a−3) +(a+3) = (a+6) +(a−6) −2
2
9 36
a a
⇔ + + + = ⇒ vô nghiệm
Vậy pt(C): 2
( 1) 32
x + y+ =
0,25
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(0; −1; 2), B(3; 0; 1), C(2; 3; 0) hai mặt phẳng (P): x + 2y + z − = 0, (Q): 2x − y − z + = Viết phương trình mặt phẳng ( )α qua trực tâm H tam giác ABC chứa giao tuyến hai mặt phẳng (P), (Q)
Giả sử H(x; y; z), đó:
0; 0;
AH BC= BH AC= AB AC AH =
0,25
Ta hệ:
3
2 4
2 10 16
x y z
x y z
x y z
− + − = −
+ − =
+ + =
17 17
; ; ; ;1
5 5
x y z H
⇔ = = − = ⇒ −
0,25
Nhận thấy (P) (Q) đồng thời qua điểm M(0; ; 3) N(−1; 3; −2) Suy
(7)Suy (α)là mp qua M(0; 0; 3) có vtpt n=MH MN, =(7;19;10)
⇒ pt(α): 7x + 19y + 10z − 30 = 0,25
VII.b (1,0 điểm)
Giải bất phương trình 2
3
log x−log x − >8 2(log x −4) Đặt t=log3x, bất phương trình cho trở thành
2
2
4
( )
2
2 2( 4)
4
( )
2 4( 4)
t
I
t t
t t t
t
II
t t t
<
− − ≥
− − > − ⇔
≥
− − > −
0,25
4
( ) 2
4 t
I t t
t
<
⇔ ≤ − ⇔ ≤ −
≥
0,25
2
4
( )
4
10 24
t t
II t
t
t t
≥ ≥
⇔ ⇔ ⇔ < <
< <
− + <
0,25
Từ đó: 3
1
log
9
4 log
81 729
x x
x
x
≤ − < ≤
⇔
< <
< <
Vậy bất phương trình cho có tập nghiệm 0; (81;729)
S= ∪
0,25
-Hết -