De va DA de thi thu DH 2013 truong chuyen Ly TuTrong Can Tho

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; Khối A và khối A1 Câu I (2,0 điểm). Đáp án. Điểm. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =. x . 1− x. 1 > 0, ∀x ∈ D ( x − 1) 2 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và (1; + ∞) Giới hạn và tiệm cận: lim− y = +∞; lim+ y = −∞ ; tiệm cận đứng x = 1 TXĐ: D = ℝ \ {1} , y ' =. x →1. 0,25. x →1. 0,25. lim y = lim y = −1 ; tiệm cận ngang y = −1. x →+∞. x →−∞. Bảng biến thiên:. x. −∞. +∞. 1. +. +. y’. +∞. −1. 0,25. y −1 Đồ thị. −∞. y. x 0. 0,25. 2. Tìm m để đường thẳng ( d ) : y = mx − m − 1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt M, N sao cho AM 2 + AN 2 đạt giá trị nhỏ nhất với A( −1;1) . Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) x = mx − m − 1 1− x ⇔ mx 2 − 2mx + m + 1 = 0 (*) (do x = 1 không phải là nghiệm của (*)) 0,25 (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm m ≠ 0 phân biệt. Điều này chỉ xảy ra khi  ⇔m<0 ∆ ' = −m > 0 Gọi I là trung điểm của MN thì I (1; −1) và AM 2 + AN 2 = 2 AI 2 + Ta có | xM − xN |=. MN 2 MN 2 = 16 + 2 2. 0,25. 2 −m = 2 −m |m|. 0,25. 2 ∆ ' 2 −m = và |m| |m|. | yM − y N | = | ( mxM − m − 1) − (mxN − m − 1) | = | m( xM − xN ) | = | m | ..  1  ⇒ MN 2 = ( xM − xN ) 2 + ( yM − y N ) 2 = 4  − m  −m  1 Do m < 0 nên theo bất đẳng thức Cauchy: −m≥ 2 −m. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> II (2,0 điểm).  1  Từ đó T = AM 2 + AN 2 = 16 + 2  − m  ≥ 20 và Tmin = 20 đạt được khi m = −1 (thỏa  −m  m < 0)  xM + xN = 2  2 2 Ghi chú: Có thể tính trực tiếp T = AM + AN thông qua  m + 1 và  xM .xN = m yM = mxM − m − 1 , y N = mxN − m − 1 5 + cos 2 x 1. Giải phương trình = 2 cos x . 3 + 2 tan x 3   tan x ≠ − Đk:  2 (*) cos x ≠ 0 Phương trình đã cho tương đương với 5 + cos 2 x = 6 cos x + 4sin x ⇔ 5 + cos 2 x − sin 2 x = 6 cos x + 4sin x ⇔ cos 2 x − 6 cos x + 9 = sin 2 x + 4sin x + 4 ⇔ ( cos x − 3) = ( sin x + 2 ) 2. 2. cos x − 3 = sin x + 2  cos x − sin x = 5 (1) ⇔ ⇔ cos x − 3 = − sin x − 2  cos x + sin x = 1 (2). 0,25. π  + Phương trình (1) vô nghiệm vì cos x − sin x = 2 cos  x +  ≤ 2 < 5, ∀x ∈ ℝ 4 . π. π. π. 0,25. 2 sin( x + ) = 1 ⇔ sin( x + ) = sin 4 4 4. + Phương trình (2) tương đương.  x = k 2π ⇔ (k ∈ ℤ)  x = π + k 2π  2 So với điều kiện (*) ta chỉ nhận họ nghiệm x = k 2π ( k ∈ ℤ). 0,25. 4 + 8 x + 12 − 8 x = (1 − 2 x ) . 2. 2. Giải phương trình Đk: −. 0,25. 1 3  1 3 ≤ x ≤ (*). Đặt t = 1 − 2 x ⇒ −2 ≤ t ≤ 2, ∀x ∈  − ;  2 2  2 2. Phương trình đã cho trở thành 2. (. 0,25. ). 2 − t + 2 + t = t2. 0,25. ∀t ∈ [ −2; 2] ta có t 2 ≤ 4 và. (. 2−t + 2+t. ). 2. = 4 + 2 4 − t2 ≥ 4 ⇒ 2. (. ). 2−t + 2+t ≥ 4. Do đó phương trình chỉ có nghiệm khi t = ±2 1 3 hay 1 − 2 x = ±2 ⇔ x = − ; x = (thỏa (*)) 2 2. 0,25. 0,25. 1 3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = − ; x = 2 2. III (1,0 điểm). π 2. Tính tích phân I = 2 ∫ ln(1 + cos x) sin x cos xdx . 0. Đặt t = 1 + cos x ⇒ dt = − sin xdx . Đổi cận x = 0 ⇒ t = 2; x =. π 2. ⇒ t =1. 1. 2. 2. 1. Suy ra I = 2 ∫ (t − 1) ln t ( − dt ) = 2 ∫ (t − 1) ln tdt. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Lại đặt u = ln t ⇒ du =. dt t2 ; dv = (t − 1)dt ⇒ v = − t t 2. 0,25. 2. 2  t 2   t  Suy ra I = 2 ∫ (t − 1) ln tdt = 2  − t  ln t  − 2 ∫  − 1dt 2 2   1 1 1  2. 0,25. 2. IV (1,0 điểm).  t2  1 I = −2  − t  = 0,25  4 1 2 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 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). S. A. B. H. M N C O. 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)  = 600 Theo giả thiết SO⊥ (ABC) nên góc giữa SB với mp(ABC) là SBO Ta có ∆HAO vuông cân tại H ⇒ HO = HA =. 0,25. 3 3a AB = 4 4. ∆BHO vuông tại H có a 2 9a 2 a 10 a 30 + = ⇒ SO = BO.tan 600 = 4 16 16 4 Từ đó thể tích khối chóp S.ABC được tính bởi 1 1 1 a 3 30 V = S ABC .SO = . AB. AC.SO = (đvtt) 3 3 2 24 BO = BH 2 + HO 2 =. V (1,0 điểm).  SO ⊥ ( ABC ) 30a 2 9a 2 a 39 Có  + = ⇒ SH ⊥ AB ; SH = SO 2 + HO 2 = 16 16 4 OH ⊥ AB 2 1 a 39 ⇒ S SAB = AB.SH = 2 8 Suy ra khoảng cách từ điểm C đến mp(SAB) được tính bởi 3V a 130 h= = S SAB 13 Cho ba số thực x, y, z thuộc khoảng (1; +∞) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  1 1  1  2 1 1  2 1 P = x2  + + + + y   + z   z −1 x −1   y −1 z −1   x −1 y −1 .  x2 y2   y2 z2   z2 x2  Viết lại P về dạng P =  + + + + +   y −1 x −1   z −1 y −1   x −1 z −1  Xét P1 =. x2 y2 + y −1 x −1. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Với hai số thực u, v dương và 2 số thực a, b tùy ý, ta luôn có bất đẳng thức đúng: (av − bu ) 2 ≥ 0 ⇔ a 2 v 2 + b 2u 2 ≥ 2abuv ⇔ a 2 v(u + v) + b 2u (u + v) ≥ ( a + b) 2 uv ⇔ Đẳng thức ở (1) chỉ xảy ra khi. a 2 b 2 ( a + b) 2 + ≥ (1) u v u+v. a b = u v. Đặt t = x + y ; t > 2 và áp dụng (1) ta được P1 ≥. ( x + y )2 t2 = x+ y−2 t−2. t2 4 = t −2+ +4≥8 t −2 t −2 y  x =  Suy ra P1 ≥ 8 , đẳng thức chỉ xảy ra khi  y − 1 x − 1 ⇔ x = y = 2 x + y = 4 . Lại theo bất đẳng thức Cauchy:. Lập luận tương tự cho P2 =. VI.a (2,0 điểm). z2 x2 y2 z2 và P3 = ta suy ra Pmin = 24 đạt được + + x −1 z −1 z −1 y −1. 0,25. 0,25. khi x = y = z = 2. 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình AB : 2 x + y − 1 = 0 , phương trình AC : 3 x + 4 y + 6 = 0 và điểm M (1; − 3) nằm trên đường thẳng BC thỏa mãn 3MB = 2 MC . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.  4c  Từ giả thiết ta có A(2; − 3) , B(b; 1 − 2b) và C  − − 2; c  0,25  3  Do M, B, C thẳng hàng và 3MB = 2MC, nên có 2 trường hợp:    xM = 3 xB − 2 xC 9b + 8c = −9 11 18 TH1: 3MB = 2 MC ⇔  ⇔ ⇔ b = ;c = − 5 5 0,25 6b + 2c = 6  yM = 3 yB − 2 yC  11 17   14 18  Suy ra B  ; −  , C  ; −  5  5 5 5 3 xB + 2 xC   xM =   9b − 8c = 27 5 TH2: 3MB = −2 MC ⇔  ⇔ ⇔ b = 3; c = 0 −6b + 2c = −18  y = 3 yB + 2 yC  M 5 Suy ra B(3; − 5), C (−2; 0). 0,25. 8  7 10   Từ đó: TH1 cho ta G  ; −  và TH2 cho ta G  1; −  0,25 3 3 3  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. 0,25 Từ giả thiết ta có M(0; m; 0) và N(0; 0; n) trong đó m.n ≠ 0 và m = ± 2n  Gọi n là vector pháp tuyến của (P) thì do (P) // BC và (P) đi qua M, N nên        0,25 n ⊥ BC = (2;1;1) và n ⊥ MN = (0; − m; n) ⇒ ta có thể chọn n =  BC , MN  TH1: Nếu m = 2n thì (P) là mp đi qua A(−2; 2; −2) và nhận vtpt    0,25 n =  BC , MN  = (3n;− 2n; − 4n) ⇒ pt của (P): 3x − 2y − 4z + 2 = 0 TH2: Nếu m = −2n thì (P) là mp đi qua A(−2; 2; −2) và nhận vtpt    n =  BC , MN  = (−n;− 2n; 4n) ⇒ pt của (P): x + 2y − 4z −10 = 0. TH này loại vì khi đó 0,25 (P) chứa BC Vậy pt(P): 3x − 2y − 4z + 2 = 0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 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 biểu thức n. 2   2 n−2 n −1 k k * x−  , biết rằng An = Cn + Cn + 4n + 6 ( n ∈ ℕ và An , Cn theo thứ tự là số chỉnh hợp, số tổ x  hợp chập k của n phần tử). Xét phương trình An2 = Cnn − 2 + Cnn −1 + 4n + 6 ĐK: n ∈ ℕ* , n ≥ 2 . Phương trình tương đương với (n + 1)! An2 = Cnn+−11 + 4n + 6 ⇔ n(n − 1) − = 4n + 6 2!(n − 1)! ⇔ n(n − 1) −. 0,25.  n = −1 n(n + 1) . So với ĐK ta nhận n = 12 = 4n + 6 ⇔ n 2 − 11n − 12 = 0 ⇔  2  n = 12. 0,25. 12. 2   Với n = 12 ta có số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Newton của :  x −  là x  k. 24 − 3 k  −2  k k 2 Tk +1 = C x  = C .( − 2) . x ( k ∈ ℕ, k ≤ 12) 12  x   k ∈ N , k ≤ 12 Tk +1 không chứa x khi  ⇔ k = 8. 24 − 3k = 0. 0,25. k 12 − k 12. VI.b (2,0 điểm). 0,25. Vậy số hạng không chứa x là T9 = C 2 = 126720 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d ) : x − y − 1 = 0 và hai đường tròn (C1 ) : x 2 + y 2 − 6 x + 8 y + 23 = 0 , (C2 ) : x 2 + y 2 + 12 x − 10 y + 53 = 0 . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm nằm trên (d), tiếp xúc trong với (C1) và tiếp xúc ngoài với (C2). (C1) có tâm I1 (3; − 4) và bán kính R1 = 2 , (C2) có tâm I 2 (−6;5) và bán kính R2 = 2 2 Gọi I là tâm và R là bán kính của (C). + I ∈ (d ) ⇒ I (a; a − 1) 0,5 + (C) tiếp xúc trong với (C1) ⇒ I1I =| R − R1 | (1) 8 12. 8. + (C) và tiếp xúc ngoài với (C2) ⇒ I 2 I = R + R2 (2) TH1: Nếu R > R1 thì từ (1) và (2) ta có: I1 I + R1 = I 2 I − R2 hay (a − 3)2 + (a + 3)2 + 2 = (a + 6) 2 + (a − 6) 2 − 2 2 ⇔ a = 0 ⇒ I (0; − 1), R = 4 2. 0,25. ⇒ pt(C): x 2 + ( y + 1) 2 = 32 TH2: Nếu R < R1 thì từ (1) và (2) ta có: R1 − I1 I = I 2 I − R2 hay. 2 − (a − 3) 2 + (a + 3) 2 = (a + 6) 2 + (a − 6) 2 − 2 2. 0,25 ⇔ a 2 + 9 + a 2 + 36 = 3 ⇒ vô nghiệm. Vậy pt(C): x 2 + ( y + 1) 2 = 32 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) 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:        0,25 AH .BC = 0; BH . AC = 0;  AB. AC  . AH = 0  − x + 3 y − z = −5 17 1   17 1  Ta được hệ: 2 x + 4 y − 2 z = 4 ⇔ x = ; y = − ; z = 1 ⇒ H  ; − ;1 0,25 5 5 5   5 2 x + 4 y + 10 z = 16  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.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>    Suy ra (α)là mp đi qua M(0; 0; 3) và có vtpt n =  MH , MN  = (7;19;10). ⇒ pt(α): 7x + 19y + 10z − 30 = 0. VII.b (1,0 điểm). Giải bất phương trình. 0,25. log 32 x − log 3 x 2 − 8 > 2(log 9 x 2 − 4) .. Đặt t = log 3 x , bất phương trình đã cho trở thành.  t < 4 (I )  2 2 8 0 − − ≥ t t   t 2 − 2t − 8 > 2(t − 4) ⇔  t≥4   ( II ) 2 2  t − 2t − 8 > 4(t − 4). 0,25. t < 4  ( I ) ⇔  t ≤ −2 ⇔ t ≤ −2  t ≥ 4 . 0,25. t ≥ 4 t ≥ 4 ⇔ ⇔ 4<t <6 ( II ) ⇔  2 4 < t < 6 t − 10t + 24 < 0. 0,25. 1  0< x≤ log 3 x ≤ −2  Từ đó:  ⇔ 9   4 < log 3 x < 6 81 < x < 729  Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S =  0; . 0,25 1 ∪ (81;729) . 9 . ------------------Hết------------------. Cảm ơn () đã gửi tới www.laisac.page.tl. p.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>