Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn C B, C là hai tiếp điểm sao cho tam giác ABC vuông... Lập phương trình mặt phẳng [r]
(1)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm) Câu I ( điểm) Cho hàm số y=x +(1−2 m) x +(2−m)x +m+2 (1) m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) với m=2 Tìm tham số m để đồ thị hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: cos α= √ 26 x+ y+7=0 góc α , biết Câu II (2 điểm) Giải bất phương trình: Giải phương trình: Câu III (1 điểm) 2x ( 4−x )−4≤√5 √ 3sin2 x ( cos x+1 )+2=cos3 x+cos2 x−3cos x =∫ Tính tích phân: I Câu IV(1 điểm) √ log 21 x+1 ( 1+ √ 1+2 x ) dx =a √2 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB Gọi I là trung điểm BC, hình ⃗ IA=−2 ⃗ IH chiếu vuông góc H S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: , góc SC và mặt đáy (ABC) tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K SB tới (SAH) Câu V(1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: 2 x + y + z ≤xyz x y z P= + + x + yz y + zx z + xy 60 .Hãy Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chọn làm hai phần ( phần A phần B ) A Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình x+ y+1=0 , trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1) Hãy viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) Câu VII.a (1 điểm) √3 ( )10 ( x2 + x+ ) =a0 + a1 x +a2 x + .+ a14 x 14 Hãy tìm giá trị a6 Cho khai triển: 1+2 x B Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích thuộc đường thẳng d: x+ y−4=0 5,5 và trọng tâm G Tìm tọa độ đỉnh C x−2 y −1 z−1 = = −1 −3 2.Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P) x+ y−z+1=0 ,đường thẳng d: Gọi I là giao điểm d và (P) Viết phương trình đường thẳng I khoảng Câu VII.b (1 điểm) √2 Giải phương trình ( ẩn z) trên tập số phức: Δ nằm (P), vuông góc với d và cách z+i =1 i−z ( ) (2) ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 MÔN:TOÁN, Khối A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I(2đ) ý 1(1đ ) Nội dung Điểm Khảo sát hàm số m = Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3 3x a) TXĐ: R b) SBT +4 0,25 lim y ; lim y x •Giới hạn: x •Chiều biến thiên: Có y’ = 3x2 6x; y’=0 x =0, x =2 x + y’ + + + y Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 0) và (2 ; +), nghịch biến trên (0 ; 2) •Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = y(0) = 4; Hàm số đạt cực tiểu x = 2, yCT = y(2) = c) Đồ thị: Qua (-1 ;0) Tâm đối xứng:I(1 ; 2) y 0,25 0,25 I 0,25 -1 2(1đ ) x Tìm m Gọi k là hệ số góc tiếp tuyến ⇒ tiếp tuyến có véctơ pháp ⃗ n1=( k;−1) 0,5 ⃗ n =(1;1) d: có véctơ pháp cos α = |⃗ n1 ⃗ n2| |⃗ n1||⃗ n2| ⇔ √ 26 = |k −1| √ √ k +1 ¿ Ta có ⇔ 12 k 2−26 k + 12=0 ⇔ [¿ [ k 2= [ k 1= Yêu cầu bài toán thỏa mãn ít hai phương trình: và ¿ y =k ¿ y =k (1) (2) có nghiệm x 0,25 (3) 2[ [3 x +2(1−2m) x+2−m= [3 x +2(1−2m) x+2−m= có nghiệm ¿ [ Δ ≥0 [ có nghiệm ¿ [ Δ ≥0 1 [m≤− ; m≥ 2[ [8m2−2m−1≥0 [ [m≤− ; m≥1 m≤− 4 [ 4m −m−3≥0 II(2đ) 1(1đ ) 0,25 m≥ Giải bất phương trình log 2 ⇔ x − ≥0 4− x x ≤9 4− x ⇔ ¿ x [ − ≤ log ≤−2 ( ) 4− x log 0,25 [ 2≤ log Bpt x ≤3 ( ) 4− x ¿ {¿ ¿ ¿ [ 2 x ≤8 ⇔ 4− x x− ≥0 4− x x − 16 ≤0 4− x 16 ⇔ ≤ x≤ ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ ⇔ 4≤ Giải (1): (1) ⇔ Giải (2): (2) 2(1đ ) x ≤ ≤ ⇔ 4− x 17 x − ≥ 4− x x− ≤ 4− x 4 ⇔ ≤ x≤ 17 ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ Vậy bất phương trình có tập nghiệm Giải PT lượng giác Pt 0,25 4 16 ; ∪ ; 17 [ ][ ] 0,25 0,25 ⇔ √ sin x(2cos x+1)=(cos3 x−cos x)+(cos2x −1)−(2 cos x+1) 0,5 ⇔ √ sin x (2 cos x+1)=−4 sin2 x cos x−2 sin x−(2cos x+1 ) ⇔(2 cos x +1)( √3 sin x +2 sin x +1)=0 • π √ sin2 x+ 2sin x+1=0 ⇔ √ 3sin x−cos x=−2 ⇔sin(2 x− )=−1 0,25 π ⇔ x=− + kπ cos x +1=0 ⇔ 2π [ x= +k 2π ¿ [ ( k ∈Z )¿ 2π [ x=− +k 2π • Vậy phương trình có nghiệm: 0,25 x= 2π 2π +k 2π x=− +k π 3 ; và (4) π x=− +kπ III(1đ ) 1(1đ ) (k ¿ Z ) Tính tích phân I =∫ x+1 ( 1+ √ 1+ x ) dx t=1+ √ 1+2 x ⇒ dt= 0,25 dx ⇒ dx=(t−1)dt √1+2 x x= t −2 t •Đặt và Đổi cận x t •Ta có I 4 2 (t −2 t +2 )(t −1) t −3 t +4 t −2 dt= ∫ dt = ∫ t −3+ − dt ∫ 2 22 2 t t t t 2 ( ) = 0,5 t2 −3 t+4 ln|t|+ | t = 2 ( = IV (1đ) ) ln 2− 0,25 Tính thể tích và khoảng cách •Ta có S ⃗ IA=−2 ⃗ IH ⇒ H thuộc tia đối tia IA và IA = 2IH BC = AB √2 =2a ; AI= a IA ; IH= 3a AH = AI + IH = 0,25 a = K A B I H C •Ta có HC = AC + AH −2 AC AH cos45 ⇒ HC= ¿ ¿ (SC ;( ABC )) =SCH =60 a 15 SH =HC tan 600 = √ Vì SH ⊥( ABC )⇒ a √5 0,25 0,25 (5) 1 a √15 a √ 15 V S ABC = S Δ ABC SH= ( a √2 )2 = 3 2 • BI ⊥ AH BI ⊥ SH ¿} ¿ ¿ ⇒ BI ⊥ ( SAH ) ¿ • 0,25 d (K ;(SAH )) SK 1 a = = ⇒d ( K ;( SAH ))= d (B ; (SAH )= BI = d (B ; (SAH )) SB 2 2 V (1đ) Ta có Tim giá trị lớn P P= Vì P≤ x; y ; z>0 , Áp dụng BĐT Côsi ta có: = ( 2 + + √ yz √ zx √ xy ¿ ¿ x y z + + x + xy y + zx z2 + xy x + y z + 0,25 2 √ x yz √ y zx √ z xy = ) 1 1 1 1 yz + zx+ xy x + y + z + + + + + = ≤ y z z x x y xyz xyz ( ) ( ) ( ) xyz = xyz ( ) 0,5 Dấu xảy ⇔ x= y =z=3 Vậy MaxP = 0,25 PHẦN TỰ CHỌN: Câu VIa(2đ) ý 1(1đ) Viết phương trình đường tròn… Nội dung Điểm KH: d : x+ y+ 1=0 ; d : x− y−2=0 0,25 n1=(1;1) và d có véctơ pháp tuyến ⃗ n2=(1;1) d có véctơ pháp tuyến ⃗ • AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ phương AC: x− y−3=0 C=AC∩d ⇒ • Gọi B ( x B ; y B ) Ta có B ⃗ n1=(1;1) phương trình ⇒ x − y −3=0 x − y − 2=0 ⇒ C ( −1 ; −4 ) ¿ { ¿ ¿ ¿ ¿ Tọa độ C là nghiệm hệ: x +3 y M( B ; B) 2 ⇒ ( M là trung điểm AB) thuộc d1 và M thuộc d2 nên 0,25 ta có: (6) x y B + 1=0 yB −2 =0 ⇒ B ( −1 ; ) ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ B+ x B + 3− • Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng: x + y +2 ax +2 by +c=0 Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có a + c =− −2 a + c =−1 −2 a− b + c =−17 ⇔ ¿ a=−1 b =2 c =−3 ¿ {¿ {¿ ¿ ¿ ¿ 2 0,5 ⇒ Pt đường tròn qua A, B, C là: x + y −2 x +4 y−3=0 Tâm I(1;-2) bán kính R = √2 2(1đ) Viết phương trình mặt phẳng (P) •Gọi ⃗n=(a;b;c )≠⃗O là véctơ pháp tuyến (P) Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0) pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0 0,25 Mà (P) qua B(0;0;-2) a-b-2c=0 b = a-2c Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0 √ 3⇔ • d(C;(P)) = |2 a+c| 2 = 3⇔2 a −16 ac+14 c =0 √ 2 a +(a−2 c ) +c √ •TH1: a=c ta chọn a=c=1 ⇔ [ a=c ¿ [¿ [ a=7 c Pt (P): x-y+z+2=0 0,5 0,25 TH2: a=7 c ta chọn a =7; c = Pt (P):7x+5y+z+2=0 VII.a (1 đ) Tìm hệ số khai triển x + x+1= (2 x+ 1)2 + 4 nên • Ta có ( 1+2 x )10 ( x + x +1)2 = (1+2 x )14 + (1+2 x )12 + (1+2 x )10 16 16 • Trong khai triển ( 1+2 x ) Trong khai triển ( 1+2 x ) 12 Trong khai triển ( 1+2 x ) 10 a6 = VI.b(2đ) 14 6 6 6 C 10 là: C 14 hệ số x là: C 12 hệ số x hệ số x là: 6 6 6 C14 + C12 + C 10=41748 16 16 0,25 0,5 0,25 • Vậy hệ số 1(1đ) Tìm tọa độ điểm C (7) C( x C ; yC )⇒G (1+ xC yC ; ) 3 Vì G thuộc d • Gọi tọa độ điểm x y ⇒3 1+ C + C −4=0 ⇒ y C =−3 x C + 3⇒ C( x C ;−3 x C + 3) 3 ( ) •Đường thẳng AB qua A và có véctơ phương 0,25 ⃗ AB=(1;2) ⇒ ptAB :2 x− y−3=0 11 11 |2 x C +3 x C −3−3| 11 S Δ ABC = AB d (C ; AB)= ⇔d (C ; AB)= ⇔ = 2 √5 √5 √5 • ⇔|5 x C −6|=11 ⇔ [ x C =−1 ¿ 17 [ ¿ [ xC= 0,5 x C =−1⇒ C(−1 ;6) 17 17 36 x C = ⇒C ( ;− ) 5 TH2: • TH1: 0,25 2(1đ) Viết phương trình đường thẳng • (P) có véc tơ pháp tuyến ⃗ n( P)=(1;1;−1) và d có véc tơ phương ⃗ u=(1;−1;−3) 0,25 I=d∩( P)⇒ I (1;2 ;4 ) • vì Δ⊂( P ); Δ⊥ d ⇒ Δ có véc tơ phương u Δ = [⃗ ⃗ n( P ) ;⃗u ]=(−4;2;−2) =2(−2;1;−1) ⇒ H ∈mp(Q) qua I và vuông góc Δ Phương trình (Q): −2( x−1)+( y−2 )−( z−4 )=0 ⇔−2 x+ y −z+ 4=0 Gọi d =( P)∩(Q )⇒ d có vécto phương • Gọi H là hình chiếu I trên Δ n(P) ;⃗ n(Q) ]=(0;3;3)=3(0;1;1) [⃗ Ta có • và d qua I ⇒ ptd : x =1 y =2 + t z =4 + t ¿ ¿ {¿ {¿ ¿ ¿ H ∈d ⇒ H (1;2+t ;4+t )⇒ ⃗ IH =(0 ;t ;t ) 0,5 IH =3 √ ⇔ √ t 2= √ ⇔ ¿ [ t =3 [ ¿ [ t =−3 x−1 y−5 z−7 = = −2 −1 • TH1: x−1 y +1 z−1 t=−3 ⇒ H (1 ;−1 ;1)⇒ pt Δ: = = −2 −1 TH2: t=3 ⇒ H (1 ;5;7 )⇒ pt Δ: 0,25 (8) VII.b 1đ Giải phương trình trên tập số phức ĐK: • Đặt z≠i w= z+i i−z ta có phương trình: w =1 ⇔(w−1)(w +w+1)=0 ⇔ 0,5 [w=1 −1+i √ [ w=1 [ w= ¿ [⇔ ¿ [¿ [ w +w+1=0 −1−i √ [ w= • Với • Với • Với w=1⇒ w= z+i =1 ⇔ z=0 i −z −1+i √ z +i −1+i √ ⇒ = ⇔(1+i √ 3) z=−√ 3−3i ⇔ z=−√ i−z 0,5 w= −1−i √3 z+i −1−i √ ⇒ = ⇔(1−i √ )z= √ 3−3 i⇔ z=√ i−z Vậy pt có ba nghiệm z=0 ; z=√ và z=−√ -Hết - (9) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm): Câu I: (2 điểm) Cho hàm số Khảo sát hàm số y 2x x (C) Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) điểm phân biệt A, B cho AB = Câu II: (2 điểm) cos x cos 3x sin x cos x , (x R) Giải phương trình: x y x y 2 y x y 3 Giải hệ phương trình: (x, y R) x Câu III: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn các đường y e ,trục hoành, x = ln3 và x = ln8 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 3a , BD = 2a và cắt O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ a điểm O đến mặt phẳng (SAB) , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a x P y3 x2 y2 ( x 1)( y 1) Câu V: (1 điểm) Cho x,y R và x, y > Tìm giá trị nhỏ PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh làm hai phần ( phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = Tìm m biết đường thẳng cắt đường tròn (C) hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB 12 x 1 y z 1 ; Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d 1: d 2: x y z 1 1 và mặt phẳng (P): x - y - 2z + = Viết phương trình chính tắc đường thẳng , biết nằm trên mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d1 , d2 log2 x 2log x 20 0 Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình 2 x B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - = Biết trọng tâm tam giác G(3; 2) Viết phương trình cạnh BC x y z và điểm Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : M(0 ; - ; 0) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M song song với đường thẳng đồng thời khoảng cách đường thẳng và mặt phẳng (P) (10) 25 8 6i z Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình nghiệm phức : … Hết … Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh: ……… ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ z ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2012 -2013 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định D = R\- 1 Sự biến thiên: y' 0, x D ( x 1) 0,25 -Chiều biến thiên: Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ; - 1) và (- ; + ) I-1 (1 điểm) - Cực trị: Hàm số không có cực trị - Giới hạn vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận: 2x 2x lim 2 ; lim 2 x x x x Đường thẳng y = là tiệm cận ngang 2x 2x lim ; lim x 1 x x x 1 Đường thẳng x = - là tiệm cận đứng -Bảng biến thiên: x - -1 + y’ + + + 0,25 0,25 y - Đồ thị: -Đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm (1;0) -Đồ thị hàm số cắt trục Oy điểm (0;- 2) - Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm hai tiệm cận I(- 1; 2) y -1 y=2 0,25 O x -2 x= -1 I-2 Phương trình hoành độ giao điểm: 2x2 + mx + m + = , (x≠ - 1) (1) (1 d cắt (C) điểm phân biệt PT(1) có nghiệm phân biệt khác -1 m2 - 8m - 16 > điểm) (2) Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m Ta có x1, x2 là nghiệm PT(1) 0,25 0,25 0,25 10 (11) m x x m x1 x2 Theo ĐL Viét ta có 2 AB2 = ( x1 x2 ) 4( x1 x2 ) 5 ( x1 x2 ) 4x1 x2 1 m2 - 8m - 20 = m = 10 , m = - ( Thỏa mãn (2)) KL: m = 10, m = - 0,25 11 (12) II-1 (1 điểm) PT cos2x + cos8x + sinx = cos8x 1- 2sin2x + sinx = sin x sinx = v 7 x k 2 ; x k 2 ; x k 2 , ( k Z ) 6 ĐK: x + y , x - y 0, y x x y 4 y II-2 (1 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 y x 0 (3) x y 2 y x 5 y 4 xy (4) 0,25 PT(1) Từ PT(4) y = v 5y = 4x Với y = vào PT(2) ta có x = (Không thỏa mãn đk (3)) Với 5y = 4x vào PT(2) ta có x x 3 x 1 0,25 0,25 4 ( x; y ) 1; 5 KL: HPT có nghiệm ln8 IV (1 điểm) 0,25 x x x ; Đặt t e t e e t 2t dx dt t 1 Khi x = ln3 thì t = ; Khi x = ln8 thì t = 3; Ta có 2tdt = exdx Diện tích III (1 điểm) S ∫ e x 1dx ln 3 0,25 2t 2 S ∫ dt ∫ dt t t 2 Do đó t 1 3 t ln 2 ln t 1 (đvdt) = Từ giả thiết AC = 2a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với trung điểm O đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông O và AO = a ; BO = a , đó BD 600 A Hay tam giác ABD Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng là SO (ABCD) Do tam giác ABD nên với H là trung điểm AB, K là trung điểm HB ta có a OK DH 2 OK AB AB DH AB và DH = a ; OK // DH và (SOK) Gọi I là hình chiếu O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) 1 a SO 2 OK SO Tam giác SOK vuông O, OI là đường cao OI S S 4S ABO 2.OA.OB 2 3a Diện tích đáy ABCD ; a SO đường cao hình chóp Thể tích khối chóp S.ABCD: I D 3a O a 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 A 12 H K 0,25 (13) 3a VS ABCD S ABCD SO 3 Đặt t = x + y ; t > Áp dụng BĐT 4xy (x + y)2 ta có xy t2 0,25 t t xy (3t 2) t2 xy xy t nên ta có Do 3t - > và t (3t 2) t3 t2 t2 P t2 t t 1 V t2 t 4t (1 f (t ) ; f '(t ) ; t (t 2) f’(t) = t = v t = điểm) Xét hàm số P t f’(t) - 0,25 + + + + 0,25 f(t) VI.a -1 (1 điểm) x y 4 f (t ) Do đó P = (2;) = f(4) = đạt xy 4 Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = Gọi H là trung điểm dây cung AB Ta có IH là đường cao tam giác IAB | m 4m | | 5m | d ( I , ) m 16 m 16 IH = (5m) 20 m 16 m 16 Diện tích tam giác IAB là SIAB 12 2S IAH 12 m 3 d ( I , ) AH 12 25 | m |3( m 16) 16 m Gọi A = d1(P) suy A(1; ; 2) ; B = d2 (P) suy B(2; 3; 1) VI.a Đường thẳng thỏa mãn bài toán qua A và B ⃗ -2 u Một vectơ phương đường thẳng là (1; 3; 1) (1 x y z điểm) 1 Phương trình chính tắc đường thẳng là: AH IA2 IH 25 x 2 y 2 0,25 0,25 A I 0,25 H B 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 13 (14) 4log2 x x 2log2 x 20 0 Điều kiện: x> ; BPT t Đặt t log x Khi đó x 2 2 0,25 VII.a BPT trở thành 42 t 22 t 20 0 Đặt y = 22 t ; y (1 BPT trở thành y2 + y - 20 - y điểm) 2t2 2 Đối chiếu điều kiện ta có : 4 2t 2 t 1 - t 1 x 2 Do đó - log x VI.b- (1 điểm) x - y - 0 Tọa độ điểm A là nghiệm HPT: x y - 0 A(3; 1) Gọi B(b; b- 2) AB, C(5- 2c; c) AC 3 b 2c 9 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên 1 b c 6 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 b 5 c 2 Hay B(5; 3), C(1; 0,25 2) ⃗ u BC ( 4; 1) Một vectơ phương cạnh BC là Phương trình cạnh BC là: x - 4y + = ⃗ n Giả sử ( a; b; c ) là vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b = VI.b-2 (1 điểm) ⃗ u Đường thẳng qua điểm A(1; 3; 0) và có vectơ phương (1;1; 4) ⃗⃗ n.u a b 4c 0 (1) / /( P ) | a 5b | 4 (2) d ( A; ( P )) 4 2 a b c Từ giả thiết ta có 2 2 Thế b = - a - 4c vào (2) ta có ( a 5c ) (2a 17c 8ac) a - 2ac 8c 0 a a 4 v c c a 4 Với c chọn a = 4, c = b = - Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = a Với c chọn a = 2, c = - b = Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + = Giả sử z = a +bi với ; a,b R và a,b không đồng thời Khi đó VII.b (1 điểm) z a bi ; 1 a bi z a bi a b z 25 25( a bi ) 8 6i a bi 8 6i z a b2 Khi đó phương trình a (a b2 25) 8(a b2 ) (1) b a 2 (2) b(a b 25) 6(a b ) vào (1) Lấy (1) chia (2) theo vế ta có Ta có a = v a = Với a = b = ( Loại) Với a = b = Ta có số phức z = + 3i 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 14 (15) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ I.Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm) y= x +1 x+2 Câu I (2 điểm) Cho hàm số có đồ thị là (C) 1.Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2.Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 2.Giải bất phương trình √ log 22 x−log2 x2−3> √5( log4 x 2−3) I =∫ dx sin x cos x Câu III (1 điểm) Tìm nguyên hàm Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1B1C1 có tất các cạnh a, góc tạo cạnh bên và mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1 Tính khoảng cách hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a 2 Câu V (1 điểm) Cho a, b, c 0 và a b c 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a3 b2 b3 c2 c3 a2 II.Phần riêng (3 điểm) 1.Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1) + (y+2)2 = và đường thẳng d: x + y + m = Tìm m để trên đường thẳng d có điểm A mà từ đó kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình x=1+2 t y=t z=1+3 t ¿ { ¿ { ¿ ¿¿ ¿ Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn Câu VIIa (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có chữ số khác và khác mà số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ 2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm) Câu VIb (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x + y2 - 2x + 4y - = và đường thẳng d có phương trình x + y + m = Tìm m để trên đường thẳng d có điểm A mà từ đó kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông 15 (16) 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình x−1 y z−1 = = Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có chữ số khác mà số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ -HếtĐÁP ÁN ĐỀ SỐ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN KHỐI A – MÔN TOÁN I.Phần dành cho tất các thí sính Câu Đáp án Điể m (1,25 điểm) I (2 điểm) a.TXĐ: D = R\{-2} b.Chiều biến thiên lim y =lim y =2; lim y =−∞ ; lim y =+∞ x→−2− x →−2+ +Giới hạn: x →−∞ x →+∞ Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = -2 và tiệm cận ngang là y = y '= + 0,5 >0 ∀ x ∈D ( x +2)2 0,25 Suy hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;−2) và (−2;+∞) +Bảng biến thiên x y’ -2 −∞ + +∞ 0,25 + +∞ y −∞ c.Đồ thị: 1 − Đồ thị cắt các trục Oy điểm (0; ) và cắt trục Ox điểm( ;0) Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng y 0,25 -2 O x (0,75 điểm) 16 (17) Hoành độ giao điểm đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm phương trình x +1 =− x + m ⇔ x +2 x ≠−2 x +( −m ) x + −2 m =0 ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ 0,25 ( 1) Do (1) có Δ=m +1>0 va (−2 ) +( 4−m).(−2 )+1−2 m=−3≠0 ∀ m nên đường thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy II (2 điểm) AB ngắn AB2 nhỏ m = Khi đó (1 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + – 2sin2x = 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = AB=√ 24 [1−sin x=0 [ [6cos x+2sin x−7=0 (VN ) 0,5 π x= +k π 0,5 0,25 0,25 (1 điểm) x >0 log 2 x − log x −3 ≥0 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ ĐK: Bất phương trình đã cho tương đương với √ log 22 x−log x2 −3> đặt 0,5 √5( log2 x−3) (1 ) t = log2x, BPT (1) √ t2−2 t−3>√ 5(t−3 )⇔ √(t−3 )(t+1 )>√5 (t−3) ⇔ ¿ t >3 ( t + ) ( t − ) > ( t − )2 0,25 ¿ ¿ [ ⇔ ¿ [ t ≤− [ ⇔ [ < t < [ t ≤ − { ¿ ¿ ¿ ¿ [ ⇔ ¿ [0< x ≤ [¿ [ 8<x <16 III điểm (0 ; ]∪(8 ;16) Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: dx dx =8 ∫ 3 sin x cos x cos x sin x cos x đặt tanx = t dx 2t ⇒ dt= ; sin2 x= cos x 1+t (t +1 )3 dt ⇒ I=8 ∫ =∫ dt 2t t ( ) 1+ t2 I =∫ 0,5 17 (18) t +3 t +3 t +1 dt t3 3 ¿∫ (t +3 t + +t −3 ) dt= tan4 x+ tan x +3 ln|tan x|− +C t 2 tan2 x =∫ Câu IV điểm 0,5 AH ⊥( A B1 C1 ) nên góc ∠ AA H là góc AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết thì góc ∠ AA H 300 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc Do ∠ AA H =300 thuộc B1C1 và ⇒ A1 H = A H= a √3 Do tam giác A1B1C1 là tam giác cạnh a, H a √3 nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác AH ⊥ B1 C1 nên B C1 ⊥( AA H ) A 0,5 B C K A1 C H B1 Kẻ đường cao HK tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách AA1 và B1C1 ⇒ HK = Câu V điểm A H AH = 0,25 0,25 a √3 AA Ta có AA1.HK = A1H.AH a3 b3 c3 2 + b + + c + +a2 2 √ 1+ c √1+ a Ta có: P + = √1+b a 2 1+b ⇔ P+ = + + 2 √ 2 √ 1+b √ 1+ b √ c3 a c2 b b 6 1+ a2 a b c + + + ¿ +3 +3 16 √ 16 √ 16 √ 2 √ 1+a2 √ 1+ a2 √ 3 ⇒ P+ ≥ (a +b +c )= √2 √2 √ 2 √8 √ 3 ⇒ P≥ − = − = √ 23 √ 2 √ 2 √ √ Để PMin a = b = c = 1+ c + + + 2 √ 1+c √ 1+c √ √ 0,5 √ 0,5 PhÇn riªng 1.Ban c¬ b¶n 18 (19) C©u VIa ®iÓm 1.( ®iÓm) Từ phơng trình chính tắc đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và AB ⊥ AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh 0,5 ⇒ IA=3 √ ⇔ |m−1| =3 √ ⇔|m−1|=6 ⇔ √2 ¿ [ m=− [ ¿ [ m=7 0,5 (1 điểm) Gọi H là hình chiếu A trên d, mặt phẳng (P) qua A và (P)//d, đó khoảng cách d và (P) là khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I là hình chiếu H lên (P), ta có AH ≥HI => HI lớn A≡I AH Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng qua A và nhận ⃗ 0,5 làm véc tơ pháp tuyến H ∈d ⇒ H (1+2 t ;t ;1+3t ) vì H là hình chiếu A trên d nên AH ⊥d ⇒⃗ AH ⃗u=0 (⃗u =(2;1;3) là véc tơ phương d) ⇒H (3;1;4)⇒ ⃗ AH(−7;−1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0,5 7x + y -5z -77 = Câu VIIa điểm Từ giả thiết bài toán ta thấy có C =6 0)và C5 =10 toán cách chọn chữ số chẵn (vì không có số 2 cách chọn chữ số lẽ => có C5 C5 = 60 số thỏa mãn bài 2 Mỗi số có 4! số thành lập Vậy có tất C C5 4! = 1440 số C©u VIa ®iÓm 0,5 2.Ban n©ng cao 1.( ®iÓm) Từ phơng trình chính tắc đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và AB ⊥ AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh 0,5 0,5 ⇒ IA=3 √ ⇔ |m−1| =3 √ ⇔|m−1|=6 ⇔ √2 ¿ [ m=− [ ¿ [ m=7 0,5 (1 điểm) Gọi H là hình chiếu A trên d, mặt phẳng (P) qua A và (P)//d, đó khoảng cách d và (P) là khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I là hình chiếu H lên (P), ta có AH ≥HI => HI lớn A≡I AH Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng qua A và nhận ⃗ 0,5 làm véc tơ pháp tuyến H ∈d ⇒ H (1+2 t ;t ;1+3t ) vì H là hình chiếu A trên d nên AH ⊥d ⇒⃗ AH ⃗u=0 (⃗u =(2;1;3) là véc tơ phương d) ⇒H (3;1;4)⇒ ⃗ AH(−7;−1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0,5 7x + y -5z -77 = Câu VIIa điểm Từ giả thiết bài toán ta thấy có C5 =10 cách chọn chữ số chẵn (kể số có chữ số đứng đầu) và C5 =10 cách chọn chữ số lẽ => có C5 C5 chọn 0,5 = 100 số 19 (20) Mỗi số có 5! số thành lập => có tất C5 C5 5! = 12000 số Mặt khác số các số lập trên mà có chữ số đứng đầu là C C5 !=960 0,5 Vậy có tất 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y = \f(x,x-1 (C) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết khoảng cách từ tâm đối xứng đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn Câu II (2.0 điểm) Giải phương trình 2cos6x+2cos4x- 3cos2x = sin2x+ Giải hệ phương trình Câu III (1.0 điểm) x x y 2 y y x y Tính tích phân Câu IV (1.0 điểm) ∫( x sin x x )dx 1 x 1 2 Cho x, y, z là các số thực dương lớn và thoả mãn điều kiện x y z Tìm giá trị lớn biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1) Câu V (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi SA = x (0 < x < ) các cạnh còn lại Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo x PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh làm hai phần A B A Theo chương trình nâng cao Câu VIa (2.0 điểm) 1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = và (d2): 4x + 3y - 12 = Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh Gọi M là trung điểm đoạn AD, N là tâm hình vuông CC’D’D Tính bán kính mặt cầu qua các điểm B, C’, M, N log ( x 1) log ( x 1)3 0 x2 5x Câu VIIa (1.0 điểm) Giải bất phương trình B Theo chương trình chuẩn Câu VIb (2.0 điểm) Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - = Lập phương trình đường tròn qua 20 (21) điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + = Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, B và vuông góc với (Q) Câu VIIb (1.0 điểm) x x x 2 x k Giải phương trình Cx 2Cx Cx Cx 2 ( Cn là tổ hợp chập k n phần tử) HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh số báo danh ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU Câu I (2.0đ) (1.0đ) NỘI DUNG TXĐ : D = R\{1} Chiều biến thiên lim f ( x ) lim f ( x) 1 x x lim f ( x) , lim x 1 x THAN G ĐIỂM 0.25 0.25 nên y = là tiệm cận ngang đồ thị hàm số nên x = là tiệm cận đứng đồ thị hàm số 0 ( x 1) y’ = Bảng biến thiên x - 0.25 + - y' - + y - Hàm số nghịc biến trên ( ;1) và (1; ) Hàm số không có cực trị Đồ thị.(tự vẽ) Giao điểm đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng (1.0đ) Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn x y ( x x0 ) ( x0 1) x0 Phương trình tiếp tuyến M có dạng : 0.25 0.25 x02 x y 0 ( x0 1) ( x0 1) 21 (22) 0.25 x0 1 Ta có d(I ;tt) = ( x0 1) 2t Xét hàm số f(t) = 1 t4 f’(t) = t = Bảng biến thiên từ bảng biến thiên d(I ;tt) lớn t = hay (1 t )(1 t )(1 t ) (t 0) (1 t ) t ta có f’(t) = 0.25 x f'(t) f(t) + + - ta c và x0 2 x0 1 x0 0 + Với x0 = ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x0 = ta có tiếp tuyến là y = -x+4 Câu 4cos5xcosx = 2sinxcosx + cos2x II(2.0đ) cos x=0 (1.0đ) 2cos5x =sinx+ cos x (1.0đ) 0.25 0.25 0.25 cos x 0 cos5x=cos(x- ) 0.25 x k k x 24 x k 2 42 ĐK : y 0 0.25 0.5 2 x x y 0 2u u v 0 x 0 y y 2v v u 0 hệ đưa hệ dạng 22 (23) u v 1 u v u 1 v u v 3 2v v u 0 u , 1 v 0.5 3 u v Từ đó ta có nghiệm hệ 3 3 ; ; ), ( 1 ) (-1 ;-1),(1 ;1), ( Câu III (1.0đ) 0.25 x I ∫x sin x 3dx ∫ dx 1 x 0 0.25 ∫x sin x dx đặt t = x3 ta tính I1 = -1/3(cos1 - sin1) 1 x dx ∫(1 ) dt 2(1 ) 2 ∫ 1 x 1 t Ta tính I2 = đặt t = x ta tính I2 = Ta tính I1 = Câu IV (1.0đ) Từ đó ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+ 1 2 Ta có x y z nên 2 0.25 0.25 0.25 0.25 1 y z ( y 1)( z 1) 1 2 (1) x y z y z yz 1 x z ( x 1)( z 1) 1 2 (2) x z x z xz Tương tự ta có y 1 x y ( x 1)( y 1) 1 2 (3) y x y x y xy Nhân vế với vế (1), (2), (3) ta ( x 1)( y 1)( z 1) 0.25 0.25 x y z Amax = 23 (24) Câu V (1.0đ) 0.5 Ta có SBD DCB (c.c.c ) SO CO Tương tự ta có SO = OA tam giác SCA vuông S S CA x Mặt khác ta có AC BD AB BC CD AD BD x (do x 3) S ABCD x x C D H O B A Gọi H là hình chiếu S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD H CO 1 x SH SC SA x2 Mà SH 0.25 0.25 x x ( dvtt) Vậy V = Câu VIa (2.0đ) (1.0đ) 0.5 Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) 0.5 Gọi BI là đường phân giác góc B với I thuộc OA đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 (1.0đ) Câu VIIa 1.0 Chọn hệ trục toạ độ hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu qua điểm C' M,N,B,C’ có dạng 2 x + y + z +2Ax + 2By+2Cz +D = Vì mặt cầu qua điểm nên ta có A 1 A D 0 2 B 2C D 0 B 8 A 4C D 0 8 B 4C D 0 C C D 4 Z Vậy bán kính R = Đk: x > - Y D' A' B' N M D A X B A2 B C D 15 0.25 24 (25) (1.0đ) 3log ( x 1) log 0 ( x 1)( x 6) log ( x 1) bất phương trình log ( x 1) 0 x 0x6 Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)2 + (x-b)2 = R2 Câu VIb (2.0đ) (1.0đ) (1.0đ) Câu VIIb (1.0đ) 0.25 0.25 0.25 0.25 Vì đường tròn qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình (1 a ) b2 R 2 (1 a ) (2 y ) R (a b 1) 2 R 0.25 a 0 b 1 R 2 Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = AB(1;1;1), nQ (1; 2;3), AB; nQ (1; 2;1) Ta có AB; nQ 0 AB; nQ làm véc tơ pháp tuyến Vì nên mặt phẳng (P) nhận Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - = x 5 ĐK : x N x x x x 2 x x x x x 2x Ta có C x C x C x Cx C x 2 C x 1 C x 1 Cx 2 C x 2 C x 2 (5 x)! 2! x 3 0.5 1.0 1.0 Chú ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì đủ điểm phần đáp án quy định BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): y x3 3mx 3( m2 1) x m3 m (1) Câu I (2 điểm): Cho hàm số 1.Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại đồ thị hàm số đến góc tọa độ O Câu II (2 điểm): √2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu đồ thị hàm số đến góc tọa độ O 25 (26) 2cos3x.cosx+ 3(1 s in2x)=2 3cos (2 x ) Giải phương trình : Giải phương trình : log 21 (5 x) log (5 x).log x 1 (5 x) log (2 x 5) log (2 x 1).log (5 x) ) dx cos2x tan( x I ∫ Câu III (1 điểm): Tính tích phân : Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a Gọi M,N là trung điểm SB và SD;I là giao điểm SD và mặt phẳng (AMN) Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng 3.Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 3( x y z ) xyz B PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chọn hai phàn (phần 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng : x y 0 Tìm trên hai điểm A và B đối xứng qua I(2;5/2) cho diện tích tam giác ABC bằng15 2 2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x y⃗ z x y z 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá véc tơ v(1; 6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x y z 11 0 và tiếp xúc với (S) 10 Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số x khai triển Niutơn biểu thức : P (1 x 3x ) 2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): x2 y (E) : 1 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương cho tam giác ABC có diện tích lớn 2 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x y ⃗ z x y z 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá véc tơ v(1; 6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x y z 11 0 và tiếp xúc với (S) Câu VIIb (1 điểm): 22 2n n 121 Cn0 Cn1 Cn2 Cn n 1 n 1 Tìm số nguyên dương n cho thoả mãn -HẾT -Cán coi thi không g ải thích gì thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Ta có Điê m y , 3 x 6mx 3( m2 1) 26 (27) y , 0 có nghiệm phân biệt x 2mx m 0 có nhiệm phân biệt 1 0, m Cực đại đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m) m 2 OA 2OB m 6m 0 m 2 Theo giả thiết ta có Vậy có giá trị m là m 2 và m 2 PT cos4x+cos2x+ 3(1 sin x) cos(4x+ ) Để hàm số có cực trị thì PT I 05 025 025 05 cos4x+ sin x cos2x+ sin x 0 II sin(4 x ) sin(2 x ) 0 6 x k 18 2sin(3 x ).cosx=0 x= k x k x k 18 Vậy PT có hai nghiệm và 05 x 2 ĐK : x 0 Với ĐK trên PT đã cho tương đương với log 22 (5 x) log 22 (5 x) 2 log (5 x) log (5 x) log (2 x 1) log (2 x 1) 05 1 x log (2 x 1) log (5 x) 2 log (2 x 1) x x log (5 x) 0 x 2 Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2 III I ∫ Đặt ) dx tan x dx ∫ cos2x (t anx+1) tan( x t t anx dt= dx (tan x 1) dx cos x 025 025 025 05 27 (28) x 0 t 0 x t 3 Suy IV dt 1 I ∫ (t 1) t 10 025 AM BC , ( BC SA, BC AB) AM SB, ( SA AB) Ta có Tương tự ta có Từ (1) và (2) suy AM SC (1) AN SC (2) AI SC 05 Vẽ IH song song với BC cắt SB H Khi đó IH vuông góc với (AMB) VABMI S ABM IH Suy S ABM V a2 05 Ta có IH SI SI SC SA2 a2 1 IH BC a 2 2 BC SC SC SA AC a 2a 3 3 1a a a VABMI 36 Vậy Ta c ó: P 3 ( x y z ) 2( xy yz zx) xyz 025 3 2( xy yz zx ) xyz 27 x( y z ) yz ( x 3) 27 x(3 x) ( y z)2 ( x 3) ( x3 15 x 27 x 27) 025 28 (29) Xét hàm số f ( x) x3 15 x 27 x 27 , với 0<x<3 x 1 f , ( x) 3x 30 x 27 0 x 9 VIa x y’ + y VIIa 05 - 14 Từ bảng biến thiên suy MinP=7 x y z 1 3a 16 3a A( a; ) B (4 a; ) 4 Gọi Khi đó diện tích tam giác ABC là S ABC AB.d (C ) 3 AB 3a AB 5 (4 2a) 25 Theo giả thiết ta có Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4) Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và ⃗ bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến ( ) là n(1; 4;1) ⃗ ( P) ( ) và song song với giá v nên nhận véc tơ Vì n p n v (2; 1; 2) làm vtpt Do đó (P):2x-y+2z+m=0 VIb a 4 a 0 m 21 d ( I ( P )) 4 m 3 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d ( I ( P)) 4 Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0 Ta có VII b 10 10 k k 0 k 0 i 0 Theo giả thiết ta có Vậy hệ số x là: i 0 k 4 i 1 k 3 i 2 k 2 C104 24 C103 C31 223 C102 C22 32 8085 05 025 025 025 025 P (1 x x )10 C10k (2 x x ) k ( C10k Cki k i3i x k i ) k i 4 0 i k 10 i, k N 05 Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 x2 y 1 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có và diện tích tam giác ABC là 85 85 x y S ABC AB.d (C AB) x y 3 13 13 05 025 025 05 29 (30) 85 x y 170 3 13 13 x2 y 1 x 3 x y y Dấu xảy 3 n n n n 05 Vậy n n C( ; 2) n Xét khai triển (1 x) C C x C x C x Lấy tích phân vế cân từ đến , ta được: 3n 1 22 23 2n 1 n 2Cn0 Cn1 Cn3 Cn n 1 n 1 22 2n n 3n 1 121 3n 1 Cn Cn Cn Cn n 1 2( n 1) n 2(n 1) 3n 1 243 n 4 Vậy n=4 05 05 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) y x 1 x 1 Câu I (2 điểm) Cho hàm số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Tìm trên (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận (C) nhỏ Câu II (2 điểm) x 1 y 4 x 6 y 4 6 Giải hệ phương trình: 2(cos x sin x) cot x Giải phương trình: tan x cot x Câu III (1 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (C) tâm O đường kính AB = 2R.Trên đường thẳng vuông 2R góc với (P) O lấy điểm S cho OS = R I là điểm thuộc đoạn OS với SI = M là điểm thuộc (C) H là hình chiếu I trên SM Tìm vị trí M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn đó Câu IV (1 điểm) 30 (31) dx ∫1 x 1 x Tính tích phân: I = 1 Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là số thực dương thỏa mãn xyz=1 Chứng minh 1 1 x y 1 y z 1 z x 1 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).Thí sinh làm hai phần (phần A B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích và trọng tâm thuộc đường thẳng : 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C Câu VII.a (1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 có thể lập bao nhiêu số tự nhiên có chữ số đôi khác ( chữ số đầu tiên phải khác 0) đó phải có chữ số log Câu VIII.a (1 điểm) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm: B.Theo chương trình Nâng cao x log (ax a ) 3 x2 y 1 Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): và đường thẳng :3x + 4y =12 Từ điểm M bất kì trên kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đường thẳng AB luôn qua điểm cố định y x2 4x x2 có đồ thị (C).Giả sử đường thẳng y = kx + cắt (C) Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số điểm phân biệt A, B Tìm tập hợp trung điểm I AB k thay đổi Câu VIII.b (1 điểm) Giải phương trình: 1 log x x 3 log2 x 1 x ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Lu ý:Mọi cách giải đúng và ngắn gọn cho điểm tối đa Câu Đáp án I 1.(1,0 điểm) Khảo sát (2,0 điểm) Điểm * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên lim y lim y 2 x - Giới hạn và tiệm cận: x ; tiệm cận ngang: y = lim y ; lim y x ( 1) x ( 1) Bảng biến thiên y' 0 ( x 1) Ta có với x - ∞ x -1 + ∞ y’ + + 0,25 ; tiệm cận đứng: x = - - y + 0,5 ∞ - ∞ 31 (32) Hàm số đồng biến trên khoảng (* Đồ thị ∞ ; -1) và ( -1; + ∞ ) 0,25 (1,0 điểm) Tìm trên (C) điểm Gọi M(x0;y0) là điểm thuộc (C), (x0 - 1) thì y0 x0 x0 0,25 Gọi A, B lần lợt là hình chiếu M trên TCĐ và TCN thì x0 1 MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | x0 - 2| = | x0 | Theo Cauchy thì MA + MB x0 1 x0 0,25 0,25 =2 MA + MB nhỏ x0 = x0 = -2.Nh ta có hai 0,25 điểm cần tìm là (0;1) và (-2;3) II (2,0 điểm) 1.(1,0 điểm) Giải hệ Điều kiện: x -1, y 1 Cộng vế theo vế trừ vế theo vế ta có hệ x1 x6 y y 4 10 x6 x1 y4 y 2 0,25 0,25 Đặt u= x x , v = y y Ta có hệ u v10 5 u 5 2 v 5 u v x3 y 5 0,25 0,25 là nghiệm hệ (1,0 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh Điều kiện:sinx.cosx 0 và cotx 1 Phơng trình tơng đơng 0,25 32 (33) sin x cos x cos x sin x cosx = 0,25 2(cos x sin x) cos x 1 sin x k 2 x= 0,25 k 2 Đối chiếu điều kiện pt có họ nghiệm x = Tìm vị trí III (1,0 điểm) 0,25 S H I O B A M 2R Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R , SI = , SO OM 2 R SH = R hay H là trung điểm SM Gọi K là hình chiếu vuông góc H lên mp(MAB) thì HK = SO= 0,25 SM = 0,25 R , (không đổi) 0,5 VBAHM lớn dt( MAB) lớn M là điểm cung AB IV (1,0 điểm) 3 R Khi đó VBAHM= (đvtt) Tính tích phân 2 2 Đặt u = x+ x thì u - x= x x 2ux u 1 x u2 1 x dx du 2u 2 u Đổi cận x= - thì u = -1 x = thì u = +1 0,25 0,25 33 (34) 1 du u I ∫ u 21 1 Câu V (1,0 điểm) 1 du ∫ 1 u 21 1 ∫ u 0,25 1 du 1 du ∫ u ∫ (1 u )u 21 0,25 21 1 du u u 1 2 = =1 Đặt x=a3 y=b3 z=c3 thì x, y, z >0 và abc=1.Ta có 0,25 a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab) (a+b)ab, a+b>0 và a2+b2-ab ab a3 + b3+1 (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0 1 a b ab a b c 0,5 Tơng tự ta có 1 b c bc a b c , 1 c a ca a b c Cộng theo vế ta có 1 1 1 3 3 x y 1 y z 1 z x 1 = a b 1 + b c 1 + c a 1 1 1 c a b 1 a b c ab bc ca = a b c 0,25 Dấu xảy x=y=z=1 VI a (1,0 điểm) VII a (1,0 điểm) Tìm tọa độ 5 ; Ta có: AB = , M = ( 2 ), pt AB: x – y – = 3 S ABC = d(C, AB).AB = d(C, AB)= Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)= t (3t 8) d(G, AB)= = t = t = G(1; - 5) G(2; - 2) Mà CM 3GM C = (-2; 10) C = (1; -4) Từ các chữ số Gọi số có chữ số là abcdef Nếu a = thì có cách chọn b, cách chọn c, cách chọn d, cách chọn e, cách chọn f đây có 7.6.5.4.3 = 2520số 0,25 0,5 0,25 0,25 34 (35) Nếu b = thì có cách chọn a, cách chọn c, cách chọn d, cách chọn e, cách chọn f đây có 6.6.5.4.3 = 2160số Tơng tự với c, d, e, f Vậy tất có 2520+5.2160 = 13320 số 0,5 0,25 VIII a (1,0 điểm) Tìm a để Điều kiện: ax + a > x a( x 1) Bpt tơng đơng Nếu a>0 thì x +1 >0.Ta có x2 1 a x 1 Nếu a<0 thì x +1 <0.Ta có x2 1 a x 1 0,25 x2 1 Xét hàm số y = x với x - x 0,25 2 y’ = ( x 1) x =0 x=1 x -Ơ y’ -1 || - -1 +Ơ + + y - VI b (1,0 điểm) - 2 a> a < - Chứng minh Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) Tiếp tuyến A có dạng xx1 yy1 1 Tiếp tuyến qua M nên x0 x1 y0 y1 1 (1) Ta thấy tọa độ A và B thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt xx0 yy0 1 M thuộc nên 3x0 + 4y0 =12 4y0 =12-3x0 xx0 yy0 xx0 y (12 x0 ) 4 4 3 Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB qua với M thì (x- y)x0 + 4y – = x y 0 y 1 y 40 x1 Vậy AB luôn qua điểm cố định F(1;1) 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 35 (36) VII b (1,0 điểm) Tìm tập hợp y = kx + cắt (C): y x2 4x x Ta có pt 0,25 x2 x x = kx + có nghiệm phân biệt k 1 Trung điểm I AB có tọa độ thỏa mãn x2k 3 2k y kx 1 x2 5x y 2x 2x2 5x y 2x Vậy quĩ tích cần tìm là đờng cong VIII b (1,0 điểm) 0,5 0,25 Giải phơng trình Điều kiện : x>0 Đặt 1 log x =u, 3 log2 x 0,25 v ta có pt u +uv2 = + u2 v2 (uv2-1)(u – 1) = 0,5 0,25 u 21 uv 1 x =1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ y 2x x (1) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến (C) M với đường thẳng qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc - Câu II (2 điểm) x 1) Giải phương trình sau: x2 2 sin x cos x tan( x).tan( x) 4 2) Giải phương trình lượng giác: Câu III (1 điểm) cos 4 x Tính giới hạn sau: L lim x ln(2e e.cos2 x ) x2 x2 Câu IV (2 điểm) 36 (37) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên hình nón, tiếp xúc với tất các đường sinh và đường tròn đáy nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón) Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I; Giả sử độ dài đường sinh nón không đổi Với điều kiện nào bán kính đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất? Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz I ( ;0) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm Câu VI (1 điểm) Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật đó Câu VII (1 điểm) Giải hệ phương trình : x2 x 2010 y 2009 y 2010 3log3 ( x y 6) 2log ( x y 2) - HẾT - Ghi chú: - Thí sinh không sử dụng tài liệu gì! - Cán coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ……….…………………Số báo danh: 37 (38) ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ HƯỚNG DẪN NỘI DUNG CÂ U I.1 Hàm số: y ĐIỂM 2x 2 x 1 x 1 lim y 2; lim y 2; lim y ; lim y +) Giới hạn, tiệm cận: x - TC đứng: x = -1; TCN: y = y' 0, x D x 1 +) +) BBT: x - y' y x x ( 1) x ( 1) điểm -1 || + + + || +) ĐT: I.2 +) Ta có I(- 1; 2) Gọi M (C ) M ( x0 ; y yI 3 ) k IM M x0 xM xI ( x0 1) k M y '( x0 ) x0 1 +) Hệ số góc tiếp tuyến M: +) ycbt kM k IM +) Giải x0 = 0; x0 = -2 Suy có điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) điểm II.1 +) ĐK: x ( 2; 2) \{0} -10 -5 10 x y 2 xy 2,y 0 x y 2 y x +) Đặt Ta có hệ: -2 -4 -6 1 1 x x ; y 1 y 1 2 +) Giải hệ đx ta x = y = và +) Kết hợp điều kiện ta được: x = và II.2 +) ĐK: x điểm 1 x k ,k Z ) tan( x) tan( x ) tan( x) cot( x) 1 4 4 1 sin x cos x 1 sin x cos x 2 pt cos x cos x 0 +) Giải pt cos 4x = cos8x = x k điểm và cos24x = -1/2 (VN) +) Kết hợp ĐK ta nghiệm phương trình là x k ,k Z 38 (39) III L lim ln(2e e.cos2 x ) x2 x2 x IV.1 x2 x2 x ln(1 2sin 2 x) x lim x x2 x 2sin x 2sin x 2 ln(1 cos2 x) lim 1 lim ln(1 2sin x) x 3 (1 x )2 x x 2sin x 2sin x 3 r +) Gọi C là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB S S SAB prC (l r ).rC SM AB 2 rC Ta có: +) Scầu = IV.2 điểm l điểm l r 2r l r r 2(l r ) l r 4 r 2C 4 r I l r l r A M r B +) Đặt : y(r ) lr r ,0 r l l r 5 l r 2r (r rl l ) ) y '(r ) (l r ) 51 l r +) BBT: r y'(r) y(r) V điểm 51 l l ymax +) Ta có max Scầu đạt y(r) đạt max +) Ta có 2 r 51 l điểm P ( x y z )( x y z xy yz zx ) x y z ( x y z )2 P ( x y z ) x y z ( x y z)2 ( x y z)2 P ( x y z ) ( x y z ) 2 +) Đặt x +y + z = t, t 6( Bunhia cov xki ) P (t ) 3t t , ta được: P( 2) 2 +) P '(t ) 0 t , P( ) = 0; P ( 2) 2 ; 39 (40) +) KL: MaxP 2 2; MinP 2 VI d ( I , AB) AD = AB = BD = +) +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4 25 ( x ) y x y 0 +) Tọa độ A, B là nghiệm hệ: x 2 y 2 A( 2;0), B(2; 2) x y 0 C (3; 0), D( 1; 2) VII 2 x 2010 (1) 2009 y x y 2010 3log3 ( x y 6) 2 log ( x y 2) 1(2) +) ĐK: x + 2y = > và x + y + > +) Lấy loga số 2009 và đưa pt: x log 2009 ( x 2010) y log 2009 ( y 2010) f (t ) t log 2009 (t 2010), t 0 +) Xét và CM HS đồng biến, từ đó suy x2 = y2 x= y, x = - y +) Với x = y vào (2) và đưa pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t t t 1 8 1 Đưa pt dạng , cm pt này có nghiệm t = x = y =7 +) Với x = - y vào (2) pt: log3(y + 6) = y = - x = Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải đáp án mà đúng, đủ thì cho điểm tối đa - Người chấm có thể chia nhỏ thang điểm theo gợi BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số : y = x3 – 3x2 + m x2 2x x 2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình : 5 2 cos x sin x 1 12 Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : log x y 3log ( x y 2) x y x y 3 2) Giải hệ phương trình: 40 (41) /4 I ∫ sin x dx /4 x x Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân: Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M a cho AM = , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD N Tính thể tích khối chóp S.BCNM Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x 25x 25y 25z 25x 5y z 5y 5z x 5z 5x y + 5-y +5-z = Chứng minh 5x 5y 5z PHẦN B ( THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN HOẶC PHẦN 2) PHẦN ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH : x y 0 , phân giác BN : x y 0 Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC x y z 1 6 8 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d cho IA +IB đạt giá trị nhỏ z2 z z z 0 Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C: PHẦN ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I là giao điểm đường thẳng d1 : x y 0 và d : x y 0 Trung điểm cạnh là giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng : x 2 2t y 3 x y z z t 1 , D1 : D2 : Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung D1 và D2 2004 2008 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: S C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 …….Hết ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ ĐÁP ÁN Cõu I a) điểm Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x x Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R x 0 y' 0 x 2 Sự biến thiờn: y' 3 x x Ta có yCD y 2; yCT y 0,25 0,25 41 (42) Bảng biến thiên: 0,25 x y' 0 2 y 2 Đồ thị: y f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 x -8 -6 -4 -2 0,25 -5 b) x 2x m x Biện luận số nghiệm phương trình theo tham số m m x2 2x x x x m,x 1 x Ta có Do đó số nghiệm phương trình số giao điểm y x x x , C' 0,25 và đường thẳng y m,x 1 f x x y x x x f x x nờn C' bao gồm: Vỡ + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x 1 0,25 + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x 1 qua Ox 42 (43) y f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) x -8 -6 -4 -2 0,25 -5 hình Dựa vào đồ thị ta có: + m : Phương trình vụ nghiệm; + m : Phương trình có nghiệm kộp; + m : Phương trình có nghiệm phõn biệt; 0,25 + m 0 : Phương trình có nghiệm phõn biệt ( x x 2) x 2) Đồ thị hàm số y = , với x có dạng hình vẽ : 3 -2 m 43 (44) 5 2cos x sin x 1 12 1) II 1) 5 5 sin x sin 1 12 12 0.25 5 5 5 5 sin x sin sin x sin sin sin 12 12 12 12 2 cos sin sin 12 12 5 sin x sin 12 2.) 2x 12 2x 5 x k k 2 12 12 k 5 13 3 k 2 x k 12 12 0.25 0.5 log x y 3log8 ( x y 2) x y x y 3 Giải hệ phương trình: Điều kiện: x+y>0, x-y>0 log x y 3log8 (2 x y ) 2 2 x y x y x y 2 x y 2 2 x y x y 3 u v 2 (u v) u v2 u x y uv Đặt: v x y ta có hệ: u v 2 uv (u v) 2uv u v 2 uv u v2 uv 3 uv 3 (2) Thế (1) vào (2) ta có: uv 0 u 4, v 0 u v Kết hợp (1) ta có: (vỡ u>v) Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m) KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2) /4 I Câu III Tính tích phân : /4 I ∫ /4 sin x 1 x x ∫ /4 sin x 1 x x ∫ /4 0,25 đ 0,25 đ dx /4 dx 0,25 đ (1) uv 3 uv uv (3 uv ) uv 0 uv uv 0,25 đ 0.5đ /4 x sin xdx ∫ x sin xdx I I2 /4 Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1 0 , tích phân phần I kết 44 (45) Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1 0 , tích phân phần I kết Câu IV : 0.5đ S N M D 0,25 đ A Tính thể tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắtBmp( SAD) theo giao tuyến MN // AD C BC AB BC BM Ta có : BC SA Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao a a 3 MN SM MN 2 SA 2a a Ta có SA = AB tan600 = a , AD 2a 4a Suy MN = BM = Diện tích hình thang BCMN là : 0,25 đ 4a 2a 2a 10 a BC MN BM 2 3 S = Hạ AH BM Ta có SH BM và BC (SAB) BC SH Vậy SH ( BCNM) SH là đường cao khối chóp SBCNM AB AM Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , SB MS = Vậy BM là phân giác góc SBA SBH 30 SH = SB.sin300 = a 0,25 đ 0,25 đ 10 3a3 SH (dtBCNM ) 27 Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = = Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x x y 25 25 25x 5y z 5y 5z x + 5-y +5-z = Chứng minh 25z x y 5z z x y 5 : 45 (46) Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 abc Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : a bc b ca c ab ( *) 0,25 đ a3 b3 c3 abc ( *) a abc b abc c abc a3 b3 c3 a b c (a b)( a c) ( b c)( b a) (c a)(c b) a ab ac a 8 Ta có (a b)(a c) ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) 0,25 đ 0,25 đ b3 bc ba b ( b c )( b a ) 8 ( 2) Tương tự c3 c a c b c (c a)(c b) 8 ( 3) Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy điều phải chứng minh Phần B (Thí sinh làm phần I phần II) Phần I (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn) Chương trình Chuẩn Cõu Ph Nội dung ần A x y CâuVI 1(1, + Do AB CH nờn AB: a 0) H x y (1,0) Giải hệ: x y 0 ta có (x; y)=(-4; 3) 0,25 đ Đi ểm N Do đó: AB BN B ( 4;3) + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A ' BC B - Phương trình đường thẳng (d) qua A và Vuụng gúc với BN là (d): x y 0 Gọi I (d ) BN Giải hệ: 0,2 5đ C 2 x y 0 x y 0 Suy ra: I(-1; 3) A '( 3; 4) Câu VIIA 7 x y 25 0 x y 25 + Phương trình BC: Giải hệ: x y 0 13 C ( ; ) 4 Suy ra: 450 d ( A; BC ) 7.1 1( 2) 25 3 BC ( 13 / 4) (3 / 4) 12 , + 1 450 45 S ABC d ( A; BC ).BC 2 4 Suy ra: u1 1) Véc tơ phương hai đường thẳng là: (4; - 6; - 8) u2 ( - 6; 9; 12) u u +) và cùng phương 0,2 5đ 0,2 5đ 0,2 5đ 0,2 5đ 46 (47) 0,2 5đ +) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 Vậy d1 // d2 ⃗ n *) Véc tơ pháp tuyến mp (P) là = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + = 2) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 là điểm đối xứng A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm A1B và d Do AB // d1 nên I là trung điểm A1B 36 33 15 29 ; 29 ; 29 *) Gọi H là hình chiếu A lên d1 Tìm H 0,2 5đ 43 95 28 29 ; 29 ; 29 A’ đối xứng với A qua H nên A’ 0,2 5đ 65 21 43 29 ; 58 ; 29 I là trung điểm A’B suy I A d1 B H I A1 Cõu Câu VIIa (1,0) Nội dung Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: z2 z z z 0 (1) Nhận xét z=0 không là nghiệm phương trình (1) z 0 1 z ) ( z ) 0 z z Chia hai vế PT (1) cho z2 ta : ( (2) 1 t z z t z z Đặt t=z- z Khi đó 0 Phương trình (2) có dạng : t2-t+ (3) 1 9i 2 3i 3i PT (3) có nghiệm t= ,t= 3i 1 3i z z (1 3i ) z 0 z Với t= ta có (4) 2 Có (1 3i ) 16 8 6i 9 6i i (3 i ) Đi ểm 0.2 5đ 0.2 5đ 0.2 5đ 47 (48) (1 3i ) (3 i ) (1 3i ) (3 i ) i 1 i 4 PT(4) có nghiệm : z= ,z= 3i 1 3i z z (1 3i ) z 0 z Với t= ta có (4) 2 Có (1 3i ) 16 8 6i 9 6i i (3 i ) (1 3i ) (3 i ) (1 3i) (3 i) i 1 i 4 PT(4) có nghiệm : z= ,z= i i Vậy PT đã cho có nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= ; z= Phần II Câu VIb 1) Ta có: d d I Toạ độ I là nghiệm hệ: x y x 9 / 3 I ; x y y 3 / Vậy 2 0.2 5đ 0,25đ Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD M d Ox Suy M( 3; 0) 2 9 3 AB 2 IM 2 3 2 2 Ta có: Theo giả thiết: S ABCD AB.AD 12 AD S ABCD 12 2 AB 0,25đ Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 d AD Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x 3) 1( y 0) 0 x y 0 Lại có: MA MD x y 0 x 3 y Toạ độ A, D là nghiệm hệ PT: y x y x y 3 x 2 2 x 1 x 3 y 2 x 3 (3 x) 2 x 2 y 1 0,25đ x y Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) x C 2 x I x A 9 7 9 3 I ; y 2 y I y A 3 2 2 Do là trung điểm AC suy ra: C Tương tự I là trung điểm BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Cõu Phần Nội dung CâuVIb 2.a) u Các véc tơ phương D1 và D2 là ( 1; - 1; 2) (1,0) u và ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0) D1; N( 2; 3; 0) D2 u1 ; u2 MN Xét = - 10 0,25đ 48 (49) Vậy D1 chéo D2 Gọi A(2 + t; – t; 2t) D1 B(2 – 2t’; 3; t’) D2 AB.u1 0 t ⃗ ⃗ AB u t ' 0 5 2 ; ; A 3 ; B (2; 3; 0) CâuVIIb (1,0) Đường thẳng qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung D1 và D2 x 2 t y 3 5t z 2t Ta có : PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng: 2 11 13 1 x y z 6 3 2009 2009 C2009 iC2009 i 2009C2009 Ta có: (1 i) 2006 2008 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 2007 2009 (C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 )i S ( A B) Thấy: , với 2006 2008 A C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 2006 2008 B C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 2009 (1 i)[(1 i)2 ]1004 (1 i).21004 21004 21004 i + Ta có: (1 i) 2009 1004 Đồng thức ta có A chớnh là phần thực (1 i) nờn A 2 2009 2009 C2009 xC2009 x 2C2009 x 2009C2009 + Ta có: (1 x) 2008 2009 Cho x=-1 ta có: C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 Cho x=1 ta có: 2008 2009 (C2009 C2009 C2009 ) (C2009 C2009 C2009 ) 2 2009 Suy ra: B 2 2008 1003 2007 + Từ đó ta có: S 2 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm) Câu I ( điểm) 49 (50) Cho hàm số y=x +(1−2 m) x +(2−m)x +m+2 (1) m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) với m=2 Tìm tham số m để đồ thị hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: cos α= √ 26 x+ y+7=0 góc α , biết Câu II (2 điểm) √ Giải bất phương trình: Giải phương trình: Câu III (1 điểm) 2x ( 4−x )−4≤√5 √ 3sin2 x ( cos x+1 )+2=cos3 x+cos2 x−3cos x =∫ Tính tích phân: I Câu IV(1 điểm) log 21 x+1 dx ( 1+ √ 1+2 x ) =a √2 Gọi I là trung điểm ⃗ IA=−2 ⃗ IH , góc SC và mặt đáy Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB BC, hình chiếu vuông góc H S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: (ABC) 60 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K SB tới (SAH) Câu V(1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: 2 x + y + z ≤xyz x y z P= + + x + yz y + zx z + xy Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chọn làm hai phần ( phần A phần B ) A Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình x+ y+1=0 , trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1) Hãy viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) Câu VII.a (1 điểm) 10 2 ( ) ( x + x+ ) =a0 + a1 x +a2 x + .+ a14 x Cho khai triển: 1+2 x B Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 14 Hãy tìm giá trị Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích thuộc đường thẳng d: x+ y−4=0 5,5 √3 a6 và trọng tâm G Tìm tọa độ đỉnh C x−2 y −1 z−1 = = −1 −3 2.Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P) x+ y−z+1=0 ,đường thẳng d: Gọi I là giao điểm d và (P) Viết phương trình đường thẳng I khoảng Câu VII.b (1 điểm) √2 Giải phương trình ( ẩn z) trên tập số phức: Δ nằm (P), vuông góc với d và cách z+i =1 i−z ( ) ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM 50 (51) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I(2đ) ý 1(1đ ) Nội dung Điểm Khảo sát hàm số m = Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3 3x a) TXĐ: R b) SBT +4 0,25 lim y ; lim y x •Giới hạn: x •Chiều biến thiên: Có y’ = 3x2 6x; y’=0 x =0, x =2 x + y’ + + + y Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 0) và (2 ; +), nghịch biến trên (0 ; 2) •Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = y(0) = 4; Hàm số đạt cực tiểu x = 2, yCT = y(2) = c) Đồ thị: Qua (-1 ;0) Tâm đối xứng:I(1 ; 2) y 0,25 0,25 I 0,25 -1 2(1đ ) x Tìm m Gọi k là hệ số góc tiếp tuyến ⇒ tiếp tuyến có véctơ pháp ⃗ n1=( k;−1) ⃗ n =(1;1) d: có véctơ pháp cos α = |⃗ n1 ⃗ n2| |⃗ n1||⃗ n2| ⇔ √ 26 = |k −1| √ √ k +1 0,5 ⇔ 12 k 2−26 k + 12=0 ⇔ [¿ ¿ [ k 2= [ k 1= Ta có Yêu cầu bài toán thỏa mãn ít hai phương trình: (1) và ¿ y =k ¿ y =k (2) có nghiệm x 2[ [3 x +2(1−2m) x+2−m= [3 x +2(1−2m) x+2−m= 0,25 có nghiệm ¿ có nghiệm [ Δ ≥0 [ ¿ [ Δ ≥0 51 (52) 1 [m≤− ; m≥ 2[ [8m2−2m−1≥0 [ [m≤− ; m≥1 m≤− 4 [ 4m −m−3≥0 II(2đ) 1(1đ ) 0,25 m≥ Giải bất phương trình log 2 ⇔ x − ≥0 4− x x ≤9 4− x ⇔ ¿ x [ − ≤ log ≤−2 ( ) −x log 0,25 [ 2≤ log Bpt x ≤3 ( ) 4− x ¿ {¿ ¿ ¿ [ 2 x ≤8 ⇔ 4− x x− ≥0 4− x x − 16 ≤0 4− x 16 ⇔ ≤ x≤ ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ ⇔ 4≤ Giải (1): (1) ⇔ Giải (2): (2) 2(1đ ) x ≤ ≤ ⇔ 4− x 17 x − ≥ 4− x x− ≤ 4− x 4 ⇔ ≤ x≤ 17 ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ Vậy bất phương trình có tập nghiệm Giải PT lượng giác Pt 0,25 4 16 ; ∪ ; 17 [ ][ ] 0,25 0,25 ⇔ √ sin x(2cos x+1)=(cos3 x−cos x)+(cos2x −1)−(2 cos x+1) 0,5 ⇔ √ sin x (2 cos x+1)=−4 sin2 x cos x−2 sin x−(2cos x+1 ) ⇔(2 cos x +1)( √3 sin x +2 sin x +1)=0 • π √ sin2 x+ 2sin x+1=0 ⇔ √ 3sin x−cos x=−2 ⇔sin(2 x− )=−1 π ⇔ x=− + kπ cos x +1=0 ⇔ 2π [ x= +k 2π ¿ [ ( k ∈Z )¿ 2π [ x=− +k 2π • Vậy phương π x=− +kπ III(1đ ) 1(1đ ) 0,25 trình có nghiệm: x= 0,25 2π 2π +k π x=− +k π 3 ; và (k ¿ Z ) Tính tích phân 52 (53) I =∫ x+1 dx ( 1+ √ 1+2 x ) t=1+ √ 1+2 x ⇒ dt= 0,25 dx ⇒ dx=(t−1)dt √1+2 x x= t −2 t •Đặt và Đổi cận x t •Ta có I 4 2 (t −2 t +2 )(t −1) t −3 t + t −2 dt= ∫ dt = ∫ t −3+ − dt ∫ 2 22 22 22 t t t t ( ) = 0,5 t2 −3 t+4 ln|t|+ | t = 2 ( = IV (1đ) ) ln 2− 0,25 Tính thể tích và khoảng cách •Ta có S ⃗ IA=−2 ⃗ IH ⇒ H thuộc tia đối tia IA và IA = 2IH BC = AB √2 =2a ; AI= a IA ; IH= 3a AH = AI + IH = 0,25 a = K A B I H C •Ta có HC = AC + AH −2 AC AH cos45 ⇒ HC= ¿ ¿ (SC ;( ABC )) =SCH =60 a 15 SH =HC tan 600 = √ Vì SH ⊥( ABC )⇒ 1 a 15 a3 15 V S ABC = S Δ ABC SH= ( a √2 )2 √ = √ 3 2 • a √5 0,25 0,25 53 (54) BI ⊥ AH BI ⊥ SH 0,25 ¿} ¿ ¿ ⇒ BI ⊥ ( SAH ) ¿ • d (K ;(SAH )) SK 1 a = = ⇒d ( K ;( SAH ))= d (B ; (SAH )= BI = d (B ; (SAH )) SB 2 2 V (1đ) Ta có Tim giá trị lớn P x y z + + x + xy y + zx z2 + xy x y z P≤ + + 2 √ x yz √ y zx √ z xy Vì x; y ; z>0 , Áp dụng BĐT Côsi ta có: P= 0,25 = = ( 2 + + √ yz √ zx √ xy ) 1 1 1 1 yz + zx+ xy x + y + z + + + + + = ≤ y z z x x y xyz xyz xyz ¿ = xyz ( ¿ ) ( ) ( ) ( ) 0,5 Dấu xảy ⇔ x= y =z=3 Vậy MaxP = 0,25 PHẦN TỰ CHỌN: Câu VIa(2đ) ý Nội dung 1(1đ) Viết phương trình đường tròn… Điểm KH: d : x+ y+ 1=0 ; d :2 x− y−2=0 d1 có véctơ pháp tuyến ⃗ n1=(1;1) 0,25 và d có véctơ pháp tuyến ⃗ n2=(1;1) • AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ phương trình AC: x− y−3=0 C=AC ∩d ⇒ • Gọi B ( x B ; y B ) Ta có x B ⃗ n1=(1;1) ⇒ phương x − y −3=0 x − y − 2=0 ⇒ C ( −1 ; −4 ) ¿ { ¿ ¿ ¿ ¿ Tọa độ C là nghiệm hệ: x +3 y M( B ; B) 2 ⇒ ( M là trung điểm AB) thuộc d1 y B + 1=0 yB x B + 3− −2 =0 ⇒ B ( −1 ; ) ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ và M thuộc d2 nên 0,25 ta có: B+ 54 (55) • Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng: 2 x + y +2 ax +2 by +c=0 Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có a + c =− − a + c = −1 −2 a− b + c =− 17 ⇔ ¿ a=−1 b =2 c =−3 ¿ {¿ {¿ ¿ ¿ ¿ 2 0,5 ⇒ Pt đường tròn qua A, B, C là: x + y −2 x +4 y−3=0 Tâm I(1;-2) bán kính R = √2 2(1đ) Viết phương trình mặt phẳng (P) •Gọi ⃗n=(a;b;c )≠⃗O là véctơ pháp tuyến (P) Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0) pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0 0,25 Mà (P) qua B(0;0;-2) a-b-2c=0 b = a-2c Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0 √ 3⇔ • d(C;(P)) = |2 a+c| √ a2+(a−2 c )2+c2 •TH1: a=c ta chọn a=c=1 =√ 3⇔2 a 2−16 ac+14 c 2=0 0,5 ⇔ [ a=c ¿ [¿ [ a=7 c Pt (P): x-y+z+2=0 0,25 TH2: a=7 c ta chọn a =7; c = Pt (P):7x+5y+z+2=0 VII.a (1 đ) Tìm hệ số khai triển x +x+1= (2 x+ 1)2 + 4 nên • Ta có ( 1+2 x )10 ( x + x +1)2 = (1+2 x )14 + (1+2 x )12 + (1+2 x )10 16 16 • Trong khai triển ( 1+2 x ) Trong khai triển ( 1+2 x ) 12 Trong khai triển ( 1+2 x ) 10 a6 = VI.b(2đ) 14 6 6 C 610 là: C 14 hệ số x là: C 12 hệ số x hệ số x là: 6 6 6 C14 + C12 + C 10=41748 16 16 0,25 0,5 0,25 • Vậy hệ số 1(1đ) Tìm tọa độ điểm C • Gọi tọa độ điểm C( x C ; yC )⇒G (1+ xC yC ; ) 3 Vì G thuộc d 0,25 55 (56) ( ⇒3 1+ xC ) + yC −4=0 ⇒ y C =−3 x C +3⇒ C( x C ;−3 x C + 3) •Đường thẳng AB qua A và có véctơ phương ⃗ AB=(1;2) ⇒ ptAB :2 x− y−3=0 • 11 11 |2 x C +3 x C −3−3| 11 S Δ ABC = AB d (C ; AB)= ⇔d (C ; AB)= ⇔ = 2 √5 √5 √5 ⇔|5 x C −6|=11 ⇔ [ x C =−1 ¿ 17 [ ¿ [ xC= x C =−1⇒ C(−1 ;6) 17 17 36 x C = ⇒C ( ;− ) 5 TH2: • TH1: 0,5 0,25 2(1đ) Viết phương trình đường thẳng • (P) có véc tơ pháp tuyến ⃗ n( P)=(1;1;−1) và d có véc tơ phương ⃗ u=(1;−1;−3) 0,25 I=d∩( P)⇒ I (1;2 ;4 ) • vì Δ⊂( P ); Δ⊥ d ⇒ Δ có véc tơ phương u Δ = [⃗ ⃗ n( P ) ;⃗u ]=(−4;2 ;−2) =2(−2;1;−1) • Gọi H là hình chiếu I trên Δ Phương trình (Q): Δ ⇒ H ∈mp(Q) qua I và vuông góc −2( x−1)+( y−2 )−( z−4 )=0 ⇔−2 x+ y −z+ 4=0 Gọi d =( P)∩(Q )⇒ d có vécto phương n(P ) ;⃗ n(Q) ]=(0;3;3)=3(0;1;1) [⃗ Ta có • và d qua I ⇒ ptd : x =1 y =2 + t z =4 + t ¿ ¿ {¿ {¿ ¿ ¿ 0,5 H ∈d ⇒ H (1;2+t ;4+t )⇒ ⃗ IH =(0 ;t ;t ) IH =3 √ ⇔ √ t 2= √ ⇔ ¿ [ t =3 [ ¿ [ t =−3 x−1 y−5 z−7 = = −2 −1 • TH1: x−1 y +1 z−1 t=−3 ⇒ H (1 ;−1 ;1)⇒ pt Δ: = = −2 −1 TH2: t=3 ⇒ H (1 ;5;7 )⇒ pt Δ: 0,25 56 (57) VII.b 1đ Giải phương trình trên tập số phức ĐK: • Đặt z≠i w= z+i i−z ta có phương trình: w =1 ⇔(w−1)(w +w+1)=0 0,5 ⇔ [w=1 −1+i √ [ w=1 [ w= ¿ [⇔ ¿ [¿ [ w +w+1=0 −1−i √ [ w= • Với • w= • Với w=1⇒ z+i =1 ⇔ z=0 i −z Với −1+i √ z +i −1+i √ ⇒ = ⇔(1+i √ 3) z=−√ 3−3i ⇔ z=−√ i−z w= 0,5 −1−i √ z+i −1−i √ ⇒ = ⇔(1−i √ )z= √ 3−3 i⇔ z=√ i−z Vậy pt có ba nghiệm z=0; z=√ và z=−√ -Hết BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ 10 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) y x 1 x (C) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 1.Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho 2.Tìm trên đồ thị (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận (C) nhỏ Câu II (2 điểm) sin x cos x 3 sin x 3 3cos x 9sin x 11 1.Giải phương trình sau: Giải hệ phương trình: 2 y x 1 3 2 x y 2 y x Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = 1 x x ( x )e dx ∫ x 57 (58) Câu IV(1 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = phẳng (ACD) ABCD a √3 a √ , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt Tính góc hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) Biết thể khối tứ diện a3 √15 27 Câu V (1 điểm) Với số thực x, y thỏa điều kiện P x y xy Tìm giá trị lớn và giá trị x y xy nhỏ biểu thức II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa.( điểm) Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 - 2x +6y -15=0 (C ) Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) A;B cho AB = x y z 1 và 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 : x y z 12 Xét vị trí tương đối d1 và d2 Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm d2 : tọa độ điểm I trên đường thẳng d1 cho IA + IB đạt giá trị nhỏ Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z4 – z3 +6z2 – 8z – 16 = Theo chương trình Nâng cao x2 y 1 Câu VIb.(2điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): và đường thẳng :3x + 4y =12 Từ điểm M bất kì trên kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đường thẳng AB luôn qua điểm cố định 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3).Lập phương trình mặt phẳng qua M cắt ba tia Ox A, Oy B, Oz C cho thể tích tứ diện OABC nhỏ Câu VIIb (1 điểm) Giải phương trình: (9 −2 −3) log (x−1)+log 27= 3 x x x+1 −9 x Hết ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 10 Câu Ý I Điểm Nội dung * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên lim y lim y 2 x - Giới hạn và tiệm cận: x ; tiệm cận ngang: y = lim y ; lim y x ( 1) - Bảng biến thiên x ( 1) ; tiệm cận đứng: x = - 1đ 58 (59) 0 ( x 1) Ta có với x - Hàm số đồng biến trên khoảng (- ∞ ; -1) và ( -1; + y' y0 ∞ ) x0 x0 0,5 Gọi M(x0;y0) là điểm thuộc (C), (x0 - 1) thì Gọi A, B lần lợt là hình chiếu M trên TCĐ và TCN thì x0 1 MA = |x +1| , MB = | y - 2| = | x0 - 2| = | x0 | 0 x0 1 x0 Theo Cauchy thì MA + MB =2 MA + MB nhỏ x0 = x0 = -2.Như ta có hai điểm cần tìm là (0;1) và (-2;3) II sin x (1) Thay (1) vào phương trình (*) ta có : sin x cos x 3 sin x 3 3cos x 9sin x 11 sin x cos x 1 0,5 0,5 0,5 sin 2 x 3 sin x 3 3cos2 x 9sin x 11 3 sin x 3cos x 6sin 2 x 9sin x 3cos x 2sin 2 x 3sin x 1 sin x 3cos x 2sin x 1 (2sin x 1)(sin x 1) 2sin x 1 3cos x sin x 0 2sin x 0 3cos x sin x 0 Giải (2) : x 12 k (k Z ) x 5 k 12 2sin x 1 (2) sin x 3cos x 1 (3) ; Giải (3) x k (k Z ) x 7 k 12 59 (60) Kết luận : Ta có: x3 y3 y x 2y x x x y xy y 0 Khi y 0 thì hệ VN 0,5 x x x 0 y y Khi y 0 , chia vế cho y 0 y x t y , ta có : t 2t 2t 0 t 1 Đặt y x x y 1, x y y 1 t Khi ,ta có : HPT III ∫( x I= )e x x x dx ∫e x x dx ∫( x )e x x x 0.5 dx I1 I 0,5đ xe x x Tính I1 theo phương pháp phần I1 = 2 x ∫( x )e x dx e I x 0,5 I e2 IV Gọi E là trung điểm CD, kẻ BH Ta có ACD cân A nên CD AE A AE 0,5 Tương tự BCD cân B nên CD BE Suy CD (ABE) ⇒ CD BH H Mà BH AE suy BH (ACD) a Do đó BH = và góc hai mặt phẳng √3 (ACD) và (BCD) là α D E B a √ 15 Thể tích khối tứ diện ABCD là V = BH S ACD = 27 √5 √5 2 45 ⇒ S ACD =a ⇒ AE DE=a ⇒ AE DE =a 3 2 Mà AE + ED =2 a 45 Khi đó : AE , DE là nghiệm pt: x2 - a2 x + a a2 a2 AE 2= ⇒ 5a a2 DE 2= DE 2= 3 [ AE = [ trường hợp C 0,5 = a2 DE = loại vì DE<a 60 (61) Xét BED vuông E nên BE = √ BD 2−DE 2= √ a 2− a2 =a 3 √ a BH √ = ⇒ α =450 Xét BHE vuông H nên sin α = BE = √2 a Vậy góc hai mp(ACD) và (BCD) là α =45 xy 2 x y xy xy xy t xy Đặt Ta có: 1 xy 2 x y xy 4 xy xy t ĐK: Và √ V x P y2 VIa 2x2 y2 xy Suy : P' t t 7t 2t 2t 1 0,5 2 2t 1 Do đó: , P ' 0 t 0(th), t 1( kth) 1 1 P P P 0 15 và 1 ; 15 KL: GTLN là và GTNN là ( HSLT trên đoạn ) Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5 Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy IH =4 Mặt khác IH= d( I; Δ ) Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT Δ có dạng I 3x+4y+c=0 A H ¿ c−9∨ ¿ =4 ⇔ c=29 d(I; Δ )= c=−11 ¿ có đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0 u u ( - 6; 9; 12) Véc tơ phương hai đường thẳng là: (4; - 6; - 8) u u +) và cùng phương +) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 Vậy d1 // d2 *) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 là điểm đối xứng A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm A1B và d Do AB // d1 nên I là trung điểm A1B 36 33 15 29 ; 29 ; 29 *) Gọi H là hình chiếu A lên d1 Tìm H 43 95 28 29 ; 29 ; 29 A’ đối xứng với A qua H nên A’ [ 0,5 B 0,5 0,5 0,5 0,5 65 21 43 29 ; 58 ; 29 I là trung điểm A’B suy I 61 (62) VII a Xét phương trình z4 – z3 +6z2 – 8z – 16 = Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z = –1, sau đó cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = Vậy phương trình trở thành: (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0,5 Suy ra: Z3 = 2 i và Z4 = – 2 i 0,5 Đáp số: VIb 1,2, 2 i, 2 i Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) x0 x1 y0 y1 xx1 yy1 1 1 3 TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng TiÕp tuyÕn ®i qua M nªn (1) Ta thấy tọa độ A và B thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt xx0 yy0 1 M thuéc nªn 3x0 + 4y0 =12 4y0 =12-3x0 xx0 yy0 xx0 y (12 x0 ) 4 4 3 Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB qua với M thì x y 0 y 1 y 40 x1 (x- y)x0 + 4y – = Vậy AB luôn qua điểm cố định F(1;1) MÆt ph¼ng c¾t tia Ox,Oy,Oz t¹i A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) cã d¹ng x y z : 1, a, b, c a b c cos y 1 abc 162 abc Do M nªn: a b c VII b [ x −3=0 ⇔ log ( x−1 )+1=0 0,5 a 3 V abc 27 Vmin 27 b 6 c 9 ThÓ tÝch: MÆt ph¼ng cÇn t×m: 6x+3y+2z-18=0 ĐK: x > Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương ( x −2 3x −3 ) log ( x −1 )−3=2.3 x −9 x x −3 ¿ x+ ⇔¿ x −3 ¿ x +1 ⇔¿ x −3 ¿ x +1 ⇔¿ ⇔ 0,5 [ 0,5 0,5 0,5 0,5 x =1(loại) 4 ⇔ x= x= 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x= 62 (63) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì đủ điểm phần đáp án quy định Hết 63 (64)