PHẦN CHUNG Câu I: (2 điểm): Cho hàm số 2 1 x y x 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm điểm ( )M C sao cho tiếp tuyến của (C) tại M tạo với hai tiệm cận của (C) một tam giác có chu vi bé nhất. Câu II: (2 điểm): Giải các phương trình: 1) 2 16sin 4cos4 3cos sinx x x x 2) 3 3 3 2 1 1 3 1x x x . Câu III: (1 điểm): Tính tích phân 4 2 0 (1 tan tan ). x I x x e dx Câu IV: (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có các mặt bên là hình vuông cạnh a. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của các đoạn BC, A’C’, C’B’. Tính khoảng cách giữa DE và A’F. Câu V: (1 điểm): Cho , , 0;1x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 ( ) ( ) ( )A x y y z z x PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa: (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC . Điểm B(4 ; – 1) , đường cao AH có phương trình là : 2x – 3y + 12 = 0 , trung tuyến AM có phương trình : 2x + 3y = 0 . Viết phương trình các đường thẳng qua các cạnh tam giác ABC . Câu VIIa: (1 điểm): Trong không gian Oxyz cho các điểm 1;1;0 , 0;0; 2A B 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) bằng 3 Câu VIIIa: (1 điểm):Tìm hệ số của số hạng chứa 6 x trong khai triển: 2 10 2 1 2 1x x x thành đa thức. B. Theo chương trình nâng cao Câu VIb: (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng 5,5 và trọng tâm G thuộc đường thẳng d: 3 4 0x y . Tìm tọa độ đỉnh C. Câu VIIb: (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 1 ( ): 1 1 2 x y z d và 2 1 1 ( ): 2 1 1 x y z d . Tìm tọa độ các điểm M thuộc 1 ( )d và N thuộc 2 ( )d sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng : – 2012 0P x y z và độ dài đoạn MN bằng 2 . Câu VIIIb: (1 điểm): Giải bất phương trình 2 4 2 1 1 ( ) log ( 3 ) log (3 1) x x x x SỞ G D & ĐT PHÚ YÊN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 THPT Tr ần Quố c T u ấ n Môn : TOÁN; K hố i: A, B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể th ời gian phát đề Cảm ơn thầy Đào Văn Chánh (daovchanh@gmail.com ) gửi tới www.laisac.page.tl ĐÁP ÁN ĐỀ THITHỬĐẠIHỌCMÔNTOÁN THÁNG 01-2013 Câu Đáp án Điểm Câu 1 Cho hàm số 2 1 x y x 2 I.1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 1 \ 1D , 2 2 ' ( 1) y x 0.25 Giải thích được TCĐ: 1x , TCN: 2y 0.25 BBT, hàm số giảm trong các khoảng ( ;1),(1; ) 0.25 Đồ thị 0.25 I.2 Tìm điểm ( )M C sao cho tiếp tuyến của (C) tại M tạo với hai tiệm cận của (C) một tam giác có chu vi bé nhất. 1 PTTT (d) của (C) tại 0 0 0 0 2 ; ( ) 1 x M x C x là: 0 0 2 0 0 2 2 ( ) ( 1) 1 x y x x x x 0.25 Giao điểm A,B của (d) với TCĐ,TCN: 0 0 0 2 2 1; , (2 1;2) 1 x A B x x 0.25 Chu vi tam giác IAB: 2 2 0 0 0 0 4 4 2 1 4( 1) 4 2 4 1 1 p x x x x 0.25 Dấu “=” xảy ra khi 0 0 0 4 2 1 1 2 1 x x x Vậy có 2 điểm M thỏa yêu cầu là : 1 2 (1 2;2 2), (1 2;2 2)M M 0.25 II.1 Giải các phương trình: 2 16sin 4cos4 3cos sinx x x x 1 2 2 2 16sin 4cos4 8 8cos 2 4 8cos 2 8cos2 4 2,x x x x x x 0.5 3cos sin 3 1 2,x x x 0.25 Vậy PT tương đương 2 1 cos2 8cos 2 8cos 2 4 2 2 2 6 3 cos sin 2 sin 1 3 x x x x k x x x 0.25 II.2 3 3 3 2 1 1 3 1x x x 1 Đặt 3 3 2 1, 1u x v x , PT 3 3 3 3 ( ) 1u v u v uv u v 0.25 Lại có 3 3 2 (2 1) 2( 1) 1u v x x nên 3 3 ( ) 2uv u v u v 0.25 3 2 2 0 2 u u t t t t t v v 0.25 Giả1 được 7 6 x 0.25 III Tính 4 2 0 (1 tan tan ). x I x x e dx 1 4 4 4 2 2 1 2 0 0 0 (1 tan tan ). (1 tan ). tan . x x x I x x e dx x e dx x e dx I I . 0.25 Xét 4 4 4 2 / / 4 4 1 2 0 0 0 0 (1 tan ). (tan ) . tan . tan .( ) x x x x I x e dx x e dx x e x e dx e I 0.5 KẾT LUẬN 4 I e 0.25 IV Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có các mặt bên là hình vuông cạnh a. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của các đoạn BC, A’C’, C’B’. Tính khoảng cách giữa DE và A’F. 1 Chứng minh được lăng trụ đã cho là lăng trụ đều. 0.25 Gọi G là trung điểm C’E. ta có A’F//(DEG) nên ( ' , ) ( ' ,( )) ( ,( )) d A F DE d A F DEG d F DEG 0.25 Dựng ( )FH DG H DG . Chứng minh được rằng FH(DEG), hay khoảng cách cần tìm là FH 0.25 Tính được 17 a FH rồi kết luận 0.25 V Cho , , 0;1x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 ( ) ( ) ( )A x y y z z x 1 Vì , ,x y z có vai trò như nhau nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x y z . Đặt , , 0;1 ; ( ) ( ) 0;1x y a y z b a b x z x y y z a b . 0.25 Lúc đó biểu thức A trở thành 2 2 2 ( )A a b a b . Ta có 2 2 2 2 2 ( ) 2( ) 2 2( ) 2A a b a b a b ab a b 0.25 Dấu bằng xảy ra khi 0 1 0 1, 0 1, 0 1 0 1 ab a a x y z x y z a b b b 0.25 KL: giá trị lớn nhất của A là 2, đạt được khi 1, 0 1, 0x y z x y z và các hoán vị của nó 0.25 PHẦN RIÊNG (CHUẨN) VIa Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC . Điểm B(4 ; – 1) , đường cao AH có phương trình là : 2x – 3y + 12 = 0 , trung tuyến AM có phương trình : 2x + 3y = 0 . Viết phương trình các đường thẳng qua các cạnh tam giác ABC . Dễ thấy tọa độ điểm ( 3;2)A . Lúc đó, phương trình đường thẳng AB là 3 7 5 0x y và đường thẳng chứa cạnh BC là 3 2 10 0x y (BC là đường thẳng qua B và vuông góc với AH). 0.5 Từ đó suy ra tọa độ điểm M (là trung điểm đoạn BC) là (giao điểm của BC và AM) (6; 4)M và C là đối xứng của B qua M. Suy ra tọa độ (8; 7)C . Từ đó viết được phương trình đường thẳng AC. 0.5 VIIa •Gọi ( ; ; ) 0n a b c là véctơ pháp tuyến của (P).Vì (P) qua 1 ;1 ;0A pt (P): 1 1 0a x b y cz . (P) qua 0;0; 2B 2 0 = 2a b c b a c . Ta có PT (P): 2 2 0ax a c y cz c 0.25 2 2 2 2 2 2 ( ,( )) 3 3 2 16 14 0 7 ( 2 ) a c a c d C P a ac c a c a a c c 0.5 KẾT LUẬN hai mặt phẳng : 2 0P x y z và :7 5 2 0P x y z 0.25 VIIIa Cho khai triển: 2 10 2 2 14 0 1 2 14 1 2 1 .x x x a a x a x a x . 6 a =?. 1 • Ta có 4 3 )12( 4 1 1 22 xxx nên 10121422 10 )21( 16 9 )21( 8 3 )21( 16 1 )1(21 xxxxxx 0.25 Trong khai triển 14 21 x hệ số của 6 x là: 6 14 6 2 C Trong khai triển 12 21 x hệ số của 6 x là: 6 12 6 2 C Trong khai triển 10 21 x hệ số của 6 x là: 6 10 6 2 C 0.5 G F E D A C B C' A' B' H • Vậy hệ số .417482 16 9 2 8 3 2 16 1 6 10 66 12 66 14 6 6 CCCa 0.25 PHẦN RIÊNG (NÂNG CAO) VIb Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng 5,5 và trọng tâm G thuộc đường thẳng d: 3 4 0x y . Tìm tọa độ đỉnh C 1 • Gọi tọa độ của điểm ) 3 ; 3 1();( CC CC yx GyxC . Vì G thuộc d )33;(3304 33 13 CCCC CC xxCxy yx •Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương )2;1(AB 032: yxptAB 0.25 5 11 5 3332 5 11 );( 2 11 );(. 2 1 CC ABC xx ABCdABCdABS 17 5 6 11 1, 5 C C C x x x 0.5 TH1: )6;1(1 Cx C , TH2: 17 17 36 ; 5 5 5 C x C . 0.25 VIIb Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 1 ( ): 1 1 2 x y z d và 2 1 1 ( ): 2 1 1 x y z d . Tìm tọa độ các điểm M thuộc 1 ( )d và N thuộc 2 ( )d sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng : – 2012 0P x y z độ dài đoạn MN bằng 2 . 1 1 2 , ( ), ( )M N d d nên ta giả sử 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ; ; 2 ), ( 1 2 ; ;1 ) ( 2 1; ;2 1)M t t t N t t t NM t t t t t t 0.25 MN song song mp(P) nên: 1 2 1 2 1 2 . 0 1.( 2 1) 1.( ) 1(2 1) 0 P n NM t t t t t t 2 1 1 1 1 ( 1; 2 ;3 1)t t NM t t t . 0.25 Ta có: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 2 ( 1) (2 ) (3 1) 2 7 4 0 0, 7 MN t t t t t t t . 0.25 Suy ra: (0; 0; 0), ( 1; 0;1)M N hoặc 4 4 8 1 4 3 ; ; , ; ; 7 7 7 7 7 7 M N . + Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào ( ).M P 0.25 VIIIb Giải bất phương trình 2 4 2 1 1 ; log ( 3 ) log (3 1) x x x x 1 ĐK: 2 3 0 0 3 1 3 13 1 2 2 3 3 0 3 1 1 1 2 3 3 x x x x x x x x 0.25 Với đk đó thì 2 2 4 2 2 3 1 log ( 3 ) 0 log (3 1) 0 3 x x x x x x 0.25 PT đã cho 2 2 2 2 4 1 log (3 1) log ( 3 ) (3 1) ( 3 ) 1 8 x x x x x x x 0.25 Kết hợp với điều kiện trên ta có đáp số: 2 ;1 3 S 0.25 HẾT Cảm ơn thầy Đào Văn Chánh (daovchanh@gmail.com ) gửi tới www.laisac.page.tl . ' , ) ( ' ,( )) ( ,( )) d A F DE d A F DEG d F DEG 0.25 Dựng ( )FH DG H DG . Chứng minh được rằng FH(DEG), hay khoảng cách cần tìm là FH. ơn thầy Đào Văn Chánh (daovchanh@gmail.com ) gửi tới www .laisac. page.tl ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN THÁNG 0 1-2 013 Câu Đáp án Điểm Câu 1 Cho hàm số 2 1 x y