Tài liệu Đề Thi Thử Đại Học Khối A Toán 2013 Trường Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ - Lần 1 ppt

S
Ở
GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO C
Ầ
N THƠ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối A và 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 sự biến thiên và vẽ đồ thị (
C
) của hàm số (1).

2.

Tìm
m
để đường thẳng
( ) : 1d y mx m= − −
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt M, N sao cho
2 2
AM AN+
đạt giá trị nhỏ nhất với
( 1 ; 1 )A −
.

Câu II (2,0 điểm)
Giải các phương trình sau trên
ℝ

1.

5 cos 2
2cos
3 2 tan
x
x
x
+
=
+
.
2.

( )

2
4 8 12 8 1 2
x x x
+ + − = − .
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
2
0
l n ( 1 cos )sin2
I x xdx
π
= +
∫
.
Câu IV (1,0 đi ểm )
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = AC = a, M là trung điểm
của AB, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác
BMC, góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và
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 nhất của biểu thức
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
P x y z
y z z x x y

   
 
= + + + + +
   
 
− − − − − −
 
   
.


PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O x y , cho tam giác ABC có phương trình
: 2 1 0AB x y
+ − =
, phương
trình
: 3 4 6 0AC x y
+ + =
và điểm
( 1 ; 3 )M
−
nằm trên đường thẳng BC thỏa mãn 3MB = 2MC. Tìm
tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
2.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(
−
2; 2;
−
2), B(0; 1;
−
2) và C(2; 2;
−
1). Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và cắt các trục y’Oy, z’Oz theo thứ tự tại M, N
khác với gốc tọa độ O sao cho OM = 2ON.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Cho x là số thực dương. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn
của
2
n
x
x
 
−
 
 
, biết rằng
2 2 1
4 6
n n
n n n
A C C n
− −
= + + + (

*
n∈
ℕ
và
k
n
A ,
k
n
C theo thứ tự là số chỉnh hợp, số tổ hợp
chập k của 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
( ) : 1 0d x y− − =
và hai đường tròn
2 2
1
( ): 6 8 23 0C x y x y+ − + + = ,
2 2
2
( ) : 12 10 53 0C x y x y+ + − + = . Viết phương trình đường tròn (C)
có tâm nằm trên (d), tiếp xúc trong với (C
1
) và tiếp xúc ngoài với (C
2
) .

2.

Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho tam giác ABC với A(0; −1; 2), B(3; 0; 1), C(2; 3; 0) và hai
mặt phẳng (P): x + 2y + z − 3 = 0, (Q): 2x − y − z + 3 = 0. Viết phương trình mặt phẳng
( )
α
đi qua trực
tâm H của tam giác ABC và chứa giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q).
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải bất phương trình
2 2 2
3 3 9
lo g lo g 8 2(log 4)x x x− − > −
.



Hết

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN; Khối A và khối A1

Câu Đáp án Điểm
I
(2,0
đ i ể m )

1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
1

x
y
x
=
−
.
TXĐ:
{ }
2
1
\ 1 , ' 0 ,
( 1 )
D y x D
x
= = > ∀ ∈
−
ℝ

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ;1)
−∞
và
( 1 ; )
+ ∞

0,25
Giới hạn và tiệm cận:
1 1
li m ; lim
x x

y y
− +
→ →
= +∞ = −∞
; tiệm cận đứng x = 1

li m li m 1
x x
y y
→+∞ →−∞
= = −
; tiệm cận ngang y = −1
0,25
B
ảng

bi
ến thi
ên:







0,25
Đồ thị

0,25
2.
Tìm m để đường thẳng
( ) : 1
d y mx m
= − −
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt M, N sao cho
2 2
AM AN
+
đạt giá trị nhỏ nhất với
( 1 ; 1 )
A
−
.

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C)
1
1
x
mx m
x

= − −
−

2
2 1 0 ( * )
mx mx m⇔ − + + =
(do x = 1 không phải là nghiệm của (*))
(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm
phân biệt. Điều này chỉ xảy ra khi
0
0
' 0
m
m
m
≠

⇔ <

∆= − >


0,25
Gọi I là trung điểm của MN thì
( 1 ; 1 )
I
−
và
2 2
2 2 2

2 16
2 2
MN MN
AM AN AI+ = + = +
0,25
Ta có
2 ' 2
| |
| | | |
M N
m
x x
m m
∆−
− = = và
2
| | | ( 1 ) ( 1 ) | | ( ) | | |. 2
| |
M N M N M N
m
y y mx m mx m m x x m m
m
−
− = − − − − − = − = = −

2 2 2
1
( ) ( ) 4
M N M N
MN x x y y m

m
 
⇒ = − + − = −
 
−
 

0,25
Do m < 0 nên theo bất đẳng thức Cauchy:
1
2
m
m
− ≥
−

0,25
x
y’
−
∞

+
∞

y
1

+
+

+
∞

−
1

−∞

−
1

x

y

0

Từ đó
2 2
1
16 2 20
T AM AN m
m
 
= + = + − ≥
 
−
 
và

min
20
T
=
đạt được khi m = −1 (thỏa
m < 0)
Ghi chú:
Có thể tính trực tiếp
2 2
T AM AN
= +
thông qua
2
1
.
M N
M N
x x
m
x x
m
+ =



+
=


và

1
M M
y mx m
= − −
,
1
N N
y mx m
= − −

II
(2,0
đ i ể m )
1. Giải phương trình
5 cos 2
2cos
3 2 tan
x
x
x
+
=
+
.
Đk:
3
tan
2
cos 0
x

x

≠ −



≠

(*)
Phương trình đã cho tương đương với

( ) ( )
2 2
2 2
2 2
5 cos 2 6cos 4sin 5 cos sin 6cos 4sin
cos 6cos 9 sin 4sin 4 cos 3 sin 2
x x x x x x x
x x x x x x
+ = + ⇔ + − = +
⇔ − + = + + ⇔ − = +

0,25
cos 3 sin 2 cos sin 5 ( 1 )
cos 3 sin 2 cos sin 1 (2)
x x x x
x x x x
− = + − =
 
⇔ ⇔

 
− = − − + =
 

0,25
+ Phương trình (1) vô nghiệm vì
cos sin 2 cos 2 5 ,
4
x x x x
π
 
− = + ≤ < ∀ ∈
 
 
ℝ

+ Phương trình (2) tương đương
2 sin( ) 1 sin( ) sin
4 4 4
x x
π π π
+ = ⇔ + =

0,25
2
( )
2
2
x k
k

x k
π
π
π
=


⇔ ∈

= +

ℤ

So với điều kiện (*) ta chỉ nhận họ nghiệm
2 ( )
x k k
π
= ∈
ℤ

0,25

2. Giải phương trình
( )
2
4 8 12 8 1 2
x x x
+ + − = − .
Đk:
1 3

2 2
x
− ≤ ≤
(*). Đặt
1 3
1 2 2 2,
;
2 2
t x t x
 
= − ⇒ − ≤ ≤ ∀ ∈ −
 
 

0,25
Phương trình đã cho trở thành
(
)
2
2 2 2
t t t
− + + =

0,25
[
]
2 ; 2
t∀ ∈ −
ta có
2

4
t
≤
và
(
)
(
)
2
2
2 2 4 2 4 4 2 2 2 4
t t t t t
− + + = + − ≥ ⇒ − + + ≥

0,25
Do đó phương trình chỉ có nghiệm khi
2
t
= ±

hay
1 3
1 2 2 ;
2 2
x x x
− = ± ⇔ = − =
(thỏa (*))
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
1 3
;

2 2
x x
= − =

0,25
III
(1,0
đ i ể m )
Tính tích phân
2
0
2 ln (1 cos )sincos
I x x xdx
π
= +
∫
.
Đặt
1 cos sin
t x dt xdx
= + ⇒ = −
.
Đổi cận
0 2 ; 1
2
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =

Su y ra

1 2
2 1
2 ( 1 ) l n ( ) 2 ( 1 ) l n
I t t dt t tdt
= − − = −
∫ ∫

0,25
Lại đặt
2
ln ; ( 1 )
2
dt t
u t du dv t dt v t
t
= ⇒ = = − ⇒ = −


0,25
Su y ra
2
2 2
2
1 1
1
2 ( 1 ) l n 2 ln 2 1
2 2
t t
I t tdt t t dt
 

 
 
= − = − − −
 
 
 
 
 
 
∫ ∫

0,25

2
2
1
1
2
4 2
t
I t
 
= − − =
 
 

0,25
IV
(1,0
đ i ể m )

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = AC = a, M là trung điểm của AB,
hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác
BMC, góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
. Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).













Gọi N, H lần lượt là trung điểm của BC và MB. Khi đó tâm O của đường tròn ngoại tiếp
∆BMC chính là giao điểm của AN (trung trực của BC) và đường thẳng đi qua H, song
song với AC (trung trực của BM)
Theo giả thiết SO⊥ (ABC) nên góc giữa SB với mp(ABC) là

0
60
SBO =

Ta có ∆HAO vuông cân tại H

3 3
4 4
a
HO HA AB⇒ = = =

0,25
∆
BHO vuông tại H có
2 2
2 2
9 10
16 16 4
a a a
BO BH HO= + = + = ⇒
0
30
.tan60
4
a
SO BO= =
Từ đó thể tích khối chóp S.ABC được tính bởi
3
1 1 1 30
. . . .
3 3 2 24
ABC
a
V S SO AB AC SO= = = (đvtt)
0,25
Có

( )SO ABC
SH AB
OH AB
⊥

⇒ ⊥

⊥

;
2 2
2 2
30 9 39
16 16 4
a a a
SH SO HO= + = + =
2
1 39
.
2 8
SAB
a
S AB SH⇒ = =
0,25
Suy ra khoảng cách từ
đi
ểm
C
đến mp(
SAB

) được tính bởi
3
130
13
SAB
V a
h
S
= =
0,25

V
(1,0
đ i ể m )

Cho ba số thực x, y, z thuộc khoảng (1; +
∞
) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
P x y z
y z z x x y
   
 
= + + + + +
   
 
− − − − − −
 

   


Viết lại P về dạng
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
x y y z z x
P
y x z y x z
     
= + + + + +
     
− − − − − −
     

0,25
Xét
2 2
1
1 1
x y
P
y x
= +
− −

0,25
M
N
A

B
C
S
H
O
Với hai số thực u, v dương và 2 số thực a, b tùy ý, ta luôn có bất đẳng thức đúng:
2 2 2 2 2
( ) 0 2
av bu a v b u abuv
− ≥ ⇔ + ≥

2 2 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 ở (1) chỉ xảy ra khi
a
b
u v
=

Đặt t = x + y ; t > 2 và áp dụng (1) ta được
2 2

1
( )
2 2
x y t
P
x y t
+
≥ =
+ − −

Lại theo bất đẳng thức Cauchy:
2
4
2 4 8
2 2
t
t
t t
= − + + ≥
− −

S u y r a
1
8
P
≥
, đẳng thức chỉ xảy ra khi
1 1
2
4

x y
y x
x y
x y

=

− −
⇔ = =


+ =


0,25
Lập luận tương tự cho
2 2
2
1 1
y z
P
z y
= +
− −
và
2 2
3
1 1
z x
P

x z
= +
− −
ta suy ra
mi n
24
P
=
đạt được
khi x = y = z = 2.
0,25
VI.a
(2,0
đ i ể m )
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình
: 2 1 0
AB x y
+ − =
,
phương trình
: 3 4 6 0
AC x y
+ + =
và điểm
( 1 ; 3 )
M
−
nằm trên đường thẳng BC thỏa mãn
3 2MB MC=
. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

Từ giả thiết ta có
(2; 3 )
A
−
,
( ; 1 2 )
B b b
−
và
4
2 ;
3
c
C c
 
− −
 
 

0,25
Do M, B , C thẳng hàng và 3MB = 2MC, nên có 2 trường hợp:
TH1:
3 2
9 8 9
11 18
3 2 ;
3 2 6 2 6
5 5
M B C
M B C

x x x
b c
MB MC b c
y y y b c
= −
+ = −


= ⇔ ⇔ ⇔ = = −
 
= − + =


 

S u y r a
11 17 14 18
; , ;
5 5 5 5
B C
   
− −
   
   

0,25
TH2:
3 2
9 8 27
5

3 2 3 ; 0
3 2 6 2 18
5
B C
M
B C
M
x x
x
b c
MB MC b c
y y b c
y
+

=

− =


= − ⇔ ⇔ ⇔ = =
 
+ − + = −


=


 

S u y r a
(3; 5 ) , ( 2 ; 0 )
B C
− −

0,25
Từ đó: TH1 cho ta
7 10
;
3 3
G
 
−
 
 
và 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) và C(2; 2;
−
1). Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua A , song song với BC và cắt các trục y’Oy , z’Oz theo thứ tự tại
M, N khác với gốc tọa độ O sao cho OM = 2ON.
Từ giả thiết ta có M(0; m; 0) và N(0; 0; n) trong đó m. n
≠
0 và m =
±
2n
0,25
Gọi
n

là vector pháp tuyến của (P) thì do (P) // BC và (P) đi qua M, N nên
(2;1;1)
n BC⊥ =


và
(0; ; )
n M N m n
⊥ = −


⇒ ta có thể chọn ,
n

BC MN
 
=
 
 


0,25
TH
1
: N ế u m = 2n thì (P) là mp đi qua A(
−
2; 2;
−
2) và nhận vtpt
, (3 ; 2 ; 4 )
n BC MN n n n
 
= = − −
 
 

⇒ pt của (P): 3x − 2y − 4z + 2 = 0
0,25
TH
2
: N ế u m =
−
2n thì (P) là mp đi qua A(
−

2; 2;
−
2) và nhận vtpt
, ( ; 2 ;4)
n BC MN n n n
 
= = − −
 
 

⇒ pt của (P): x + 2y − 4z −10 = 0. TH này loại vì khi đó
(P) chứa BC
Vậy pt(P): 3x − 2y − 4z + 2 = 0
0,25
VII.a

(1,0
đ i ể m )
Cho x là số thực dương. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của biểu thức
2
n
x
x
 
−
 
 
, biết rằng
2 2 1
4 6

n n
n n n
A C C n
− −
= + + +
(
*
n∈
ℕ
và
k
n
A
,
k
n
C
theo thứ tự là số chỉnh hợp, số tổ
hợp chập k của n phần tử).
Xét phương trình
2 2 1
4 6
n n
n n n
A C C n
− −
= + + +

ĐK:
*

, 2
n n
∈
≥
ℕ
. Phương trình tương đương với
2 1
1
4 6
n
n n
A C n
−
+
= + + ⇔

( 1 ) !
( 1 ) 4 6
2!( 1 ) !
n
n n n
n
+
− − = +
−

0,25
2
1
( 1 )

( 1 ) 4 6 11 12 0
12
2
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 trong khai triển nhị thức Newton của :
12
2
x
x
 
−
 
 
là
T
k +1
=
24 3

12
2
12 12
2
.( 2) . ( , 12)
k
k
k k k k
C x C x k k
x
−
−
−
 
= − ∈ ≤
 
 
ℕ

0,25
T
k +1
không chứa x khi
, k12
8
24 3 0
k N
k
k
∈ ≤


⇔ =

− =

.
Vậy số hạng không chứa x là T
9
=
8 8
12
2 126720
C =
0,25
VI.b
(2,0
đ i ể m )
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
( ) : 1 0
d x y
− − =
và hai đường tròn
2 2
1
( ): 6 8 23 0
C x y x y
+ − + + =
,
2 2
2

( ) : 12 10 53 0
C x y x y
+ + − + =
. Viết phương trình đường tròn
(C) có tâm nằm trên (d), tiếp xúc trong với (C
1
) và tiếp xúc ngoài với (C
2
).
(C
1
) có tâm
1
(3; 4)
I
−
và bán kính
1
2
R =
, (C
2
) có tâm
2
( 6 ; 5 )
I
−
và bán kính
2
2 2

R =


Gọi I là tâm và R là bán kính của (C).
+
( )
I d
∈
( ; 1 )
I a a
⇒ −

+ (C) tiếp xúc trong với (C
1
)
1 1
| |
I I R R
⇒ = −
(1)
+ (C) và tiếp xúc ngoài với (C
2
)
2 2
I I R R
⇒ = +
(2)
0,5

TH1: Nếu

1
R R> thì từ (1) và (2) ta có:
1 1 2 2
I I R I I R
+ = −
hay
2 2 2 2
( 3 ) ( 3 ) 2 ( 6) ( 6) 2 2 0 (0; 1 ) , 4 2
a a a a a I R− + + + = + + − − ⇔ = ⇒ − =
⇒ pt(C):
2 2
( 1 ) 32
x y
+ + =

0,25
TH2: Nếu
1
R R<
thì từ (1) và (2) ta có:
1 1 2 2
R I I I I R
− = −
hay
2 2 2 2
2 ( 3 ) ( 3 ) ( 6) ( 6) 2 2
a a a a− − + + = + + − −

2 2
9 36 3

a a
⇔ + + + =
⇒ vô nghiệm.
Vậy pt(C):
2 2
( 1 ) 32
x y
+ + =

0,25
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxy z, cho tam giác ABC với A(0;
−
1; 2), B(3; 0; 1), C(2; 3; 0) và
hai mặt phẳng (P): x + 2y + z − 3 = 0, (Q): 2x − y − z + 3 = 0. Viết phương trình mặt phẳng
( )
α
đi
qua trực tâm H của tam giác ABC và chứa giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q).
Giả sử H(x; y; z ), khi đó:
. 0 ; . 0 ; . . 0
AH BC BH AC AB AC AH
 
= = =
 
      

0,25
Ta được hệ:
3 5
2 4 2 4

2 4 10 16
x y z
x y z
x y z
− + − = −


+ − =


+ + =

17 1 17 1
; ; 1 ; ;1
5 5 5 5
x y z H
 
⇔ = = − = ⇒ −
 
 

0,25
Nhận thấy (P) và (Q) đồng thời đi qua các điểm M(0; 0 ; 3) và N(
−
1; 3;
−
2). Suy ra
đường thẳng MN là giao tuyến của (P), (Q) và
( )
α

là mặt phẳng đi qua 3 điểm M, N, H.
0,25
Suy ra (α)là mp đi qua M(0; 0; 3) và có vtpt
, (7;19;10)n MH MN
 
= =
 
 


⇒ pt(α ): 7x + 19y + 10z − 30 = 0
0,25
VII.b
(1,0
đ i ể m )
Giải bất phương trình
2 2 2
3 3 9
lo g l o g 8 2(log 4)x x x− − > −
.
Đặt
3
l o gt x= , bất phương trình đã cho trở thành
2
2
2 2
4
( )
2 8 0
2 8 2( 4)

4
( )
2 8 4( 4)
t
I
t t
t t t
t
II
t t t

<



− − ≥


− − > − ⇔

≥




− − > −



0,25

4
( ) 2
2
4
t
I t
t
t
<


⇔ ⇔ ≤ −
≤ −




≥



0,25
2
4
4
( ) 4 6
4 6
10 24 0
t
t

II
t
t
t t
≥
≥


⇔ ⇔ ⇔ < <
 
< <
− + <



0,25
Từ đó:
3
3
1
l o g 2
0
9
4 l o g 6
81 729
x
x
x
x


≤ −
< ≤


⇔


< <

< <



Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm
1
0 ; (81;729)
9
S
 
= ∪


 
.
0,25

Hết
page.tl