De dap an thi thu dai hoc mon toan de so 25

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Tuyển sinh khu vực Tp Đông Hà và các huyện lân cận các lớp 9, 10, 11, 12, các môn Toán, Lý, Hoá,…Các em có thể học tại nhà theo nhóm hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 15 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm miến phí .. TT LUYỆN THI TẦM CAO MỚI TỔ TOÁN TCM-ĐH-T25A. ĐỀ THAM KHẢO THI ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM HỌC 2013 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề). I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 3. Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y x  2 x. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm tọa độ các điểm M thuộc (C) (khác gốc tọa độ O) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng OM. 11  10sin x  10cosx  cos 2 x 2. 1  cos x. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình. 2 x  3. 3 x  5 x 2  x  6 ( x  ).. Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình  2. 2. (sin 4x  sin 2x).e cos x dx.. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I 0 Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = a. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Biết rằng A’G vuông góc với mặt đáy (ABC) và A’B tạo với mặt đáy một góc bằng 600. Tính thể tích khối chóp A’.BCC’B’ và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AG và A’C theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 4 (1  2 x )3 (1  2 y )3 P  4(e  e )  . 3 3. 3x. 3y. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x  y  1 0 . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc đường thẳng d, (C) cắt Ox tại A, B, cắt Oy tại M, N sao cho diện tích của hai tam giác IAB và IMN đều bằng 12. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;1;1), B (2;3;  1) , đường thẳng :. x  1 y z 1   1 1 2 và mặt phẳng ( P) : x  y  z  2 0. Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) tại C, cắt  tại. D sao cho ABCD là một hình thang vuông tại các đỉnh A, B. 3 2 Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cn 2 An  44 . Tìm số hạng không phụ thuộc vào x. n. 1    x4  . x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của . B. Theo chương trình Nâng cao 2 2 Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C ) : x  ( y  1) 2 ,. (C ') : ( x  4) 2  ( y  5) 2 8 . Cho AB là một đường kính thay đổi của đường tròn (C ') và M là một điểm di động. trên đường tròn (C). Tìm tọa độ các điểm M, A, B sao cho diện tích của tam giác MAB lớn nhất. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I (3;4;0) và đường thẳng :. x  1 y  2 z 1   1 1  4 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt  tại hai điểm A, B sao cho diện tích của. tam giác IAB bằng 12..

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  . Câu 9.b (1,0 điểm). Viết dạng lượng giác của số phức z biết z .z 16 và i. z có một acgumen bằng 6 2. 2. NỘI DUNG. ĐIỂM 2 điểm 1 điểm. Câu I. 3 a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y x  2 x. * Tập xác định: . 2 * Sự biến thiên: y 3 x  2; y 0  x =. * Hàm số đồng biến trên 4 6 9. yCĐ = ; yCT = * Bảng biến thiên x. biến trên. (. 6 6 ; ) 3 3 ;.  +. 0,25đ. 0,25 đ. .. . y’. 6 6 ) ( ;  ) 3 và 3 ; nghịch. ( ; . 4 6  9. 6 6 3 hoặc x = 3. . 6 3. 6 3. . 0. 0.  +. 4 6 9. . y . . 4 6 9. 0,25đ. * Vẽ đúng đồ thị ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------0,25đ --b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) (khác gốc tọa độ O) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông -------góc với đường thẳng OM.  1 3 3 điểm Gọi M ( m, m  2m) . Ta có OM (m, m  2m) . Gọi d là tiếp tuyến của (C) tại M. Hệ số góc của đường thẳng  d là. kd  f '(m) 3m2  2  nd (3m 2  2;  1)  ud (1;3m2  2).. Theo giả thiết ta có . ud .OM 0  m.1  (m3  2m).(3m 2  2) 0.  3m5  8m3  5m 0. 0,25đ 0,25đ.  m.(3m 4  8m 2  5) 0. 15  m 0 hoặc m 1 hoặc 3 . 15 15 15 15 M (1;1), M ( 1;  1), M (  , ), M ( ; ). 3 9 3 9 Đáp số m . Câu 2.. Giải phương trình. 11  10sin x  10cosx  cos 2 x 2. 1  cos x. 0,25đ 0,25đ 1 điểm.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Điều kiện. cos x  1  x   k 2 .. Phương trình  11  10sin x  10cos x  (cos 2 x  sin 2 x) 2  2cos x.  sin 2 x  10sin x  9 cos 2 x  8cos x  sin 2 x  10sin x  25 cos2 x  8cos x  16  (sin x  5) 2 (cos x  4)2. 0,25đ.  sin x  5 cos x  4    sin x  5 4  cos x.  sin x  cosx  9  sin x  cosx  1.   9 sin x  cos x  9  sin( x  )  1 4 2 +) Với (Vô nghiệm).. 0,25đ.       x  4  4  k 2 x   k 2  1 sin x  cos x  1  sin( x  )      2  4 2  x     (  )  k 2 x   k 2 .   4 4 +) Với  x   k 2 . 2 Đáp số. Câu 3. 0,25đ 0,25đ 1 điểm. 2 x  3. 3 x  5 x 2  x  6 ( x  ).. Giải phương trình 3 x  2. Điều kiện Phương trình  3 x  5( 2 x  3  3)  3( 3 x  5  2) x 2  x  12 2x  3  9 ( x  5)  8  3 x  5.  3. ( x  3)( x  4) 3 2x  3  3 ( x  5)2  2 3 x  5  4 . 3. x  5.. 0,25đ. 2( x  3) x 3  3. ( x  3)( x  4) 2 3 2x  3  3 ( x  5)  2 3 x  5  4.  x 3    23 x  5 3   x  4 (*).  2 x  3  3 3 ( x  5)2  2 3 x  5  4 . Ta có. 3   x  2    x 2  x  6  2 x  3. 3 x  5 0 . 3   x  2   x 2  x 2    x  3 .. Từ đó 2 x  3 ( x  5)  ( x  2)  x  5  1  3 3. ( x  5) 2  2 3 x  5  4. . 0,25đ. 2 x  3  x  5  3 x  5 . Do đó. 23 x  5 2 2x  3  3 .. 0,25đ. 3 1 4. Mặt khác . Suy ra VT (*)  3  x  4. Vậy phương trình (*) không xảy ra. Đáp số x 3. Câu 4. 0,25đ 1 điểm.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  2. 2. (sin 4x  sin 2x).e cos x dx.. Tính tích phân I. 0.  2. Ta có. I.  2. 2. 2. (2sin 2xcos2x  sin 2x).e cos x dx (2cos2x  1).e cos x .sin 2xdx 0. 0. ..  x 0  t 1; x   t 0 2 2 Đặt t cos x  dt  sin 2xdx và . 0. 0,25đ. 1. I (2(2t  1)  1).et ( dt ) (4t  1).et dt. Ta có. 1. 0,25đ. 0. u 4t  1 du 4dt    t t dv e dt v e. Đặt Ta có. 1. 1. I (4t  1).e t  e t .4dt 3e  1  4e t 0. 0. 1. 0,25đ. 0. 0,25đ 1 điểm. 5  e.. Câu 5 Tính thể tích khối chóp A’.BCC’B’ và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AG và A’C theo a. B’ M’ C’. A’. M B. C G A . 0. Theo giả thiết ta có A ' BG 60 . Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của BC và B’C’. Trong tam giác ABC ta có 2 a 2 2 a 2 5a 2 a 5 a 15    BG   A ' G BG.tan A ' BG  . 4 36 9 3 3 1 2 1 a 3 15 VABC . A ' B ' C '  VA '. ABC  A ' G.S ABC  . A ' G.S ABC  . A ' G. AB. AC  . 3 3 2 9. BG 2 BM 2  GM 2 . Từ đó. VA '.BCC ' B '. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ta có. 0,25đ d ( AG , A ' C ) d ( AG,( A ' CM ')) d ( A,( A ' CM ')) . 3VA. A ' CM ' S A ' CM '. 1 a 3 15 VA. A ' CM ' VM '.ACA ' VM .ACA ' VA '. ACM  . A ' G.S AMC  . 3 36 Ta có a 2 2a 5 A' M '  ; A ' C  A ' G 2  GC 2  . 2 3 Ta có Ta có BC  AM , BC  A ' G  BC  ( AA ' M )  BC  AA '  BC  CC ' .. 0,25đ. Do đó CM '  CC '2  C ' M '2  AA '2  CM 2 . Từ đó.  'M '  cosCA. 17 a 2 2a 2 a 86   . 9 4 6. A ' C 2  A ' M '2  CM '2 1  ' M '  1  cos 2 CA  ' M '  39   sin CA 2. A ' C. A ' M ' 40 2 10. 2 1  ' M '  a 39 .  SCA ' M '  . A ' C. A ' M '.sin CA 2 12. a 3 15 15 a 65 d ( AG , A ' C )  2 36 a  . 39 13 a 39 12 3.. Vậy. 0,25đ. Chú ý: Có thể tính d ( AG, A ' C ) bằng cách dựng hình bình hành CMGN, sau đó hạ GH  A ' N và chứng minh GH  ( A ' NC ) . Từ đó. d ( AG , A ' C ) GH . a 65 . 13. Câu 6. 1 điểm. Cho x, y là hai số thực không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3 4(e3 x  e3 y ) . 2 4 (1  2 x)3 (1  2 y )3 . 3. Ta có (e x  e y )(e x  e y ) 2 0  e3x  e3 y e x .e y (e x  e y )  4(e3x  e3 y ) e3x  e3 y  3e x e y (e x  e y )  e x  e y . . 3. 3. 4(e3x  e 3 y ) e x  e y . 4. Mặt khác ta có. (1  2 x )3 (1  2 y )3  3. Suy ra. P e x  e y . Xét hàm số. (1  2 x)3  (1  2 y )3 2 . 3. (1  2 x)  (1  2 y ) . 3. f (t ) et . (1  2t )3 3 với t 0 .. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1. 3 .(1  2t ) 2 .2 t 2 f '(t ) e  et  1  2t 3 , t 0 1 e . 1  2 t  1 e . 1  2.0  1 f ''(t ) et    0 t 0 1  2t 1  2t 1  2t .. Ta có. f '(t )  f '(0) 0 t 0  f (t )  f (0) . Do đó Vậy. P  f ( x)  f ( y) . Khi x = y = 0 thì Câu 7.a. P. 4 3. 4 3. 0,25đ 0,25đ. 2 t 0. 3. x, y 0.. 0,25đ. . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng. 4 3.. 1 điểm. Cho đường thẳng d : x  y  1 0 . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d, (C) cắt Ox tại A, B, cắt Oy tại M, N sao cho diện tích của hai tam giác IAB và IMN đều bằng 12. Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn (C). Ta có I  d  I (t; t  1). Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên Ox, Oy. Ta có IH d ( I ,Ox)  t  1  AB 2AH 2 R 2  IH 2 2 R 2  (t  1) 2 1  S IAB  .IH . AB  t  1 R 2  (t  1) 2 12 (1) 2. và IK d ( I ,Oy)  t  MN 2 MK 2 R 2  IK 2 2 R 2  t 2 1  S IMN  .IK .MN  t 2. R 2  t 2 12 (2).. 0,25đ. Từ (1) và (2) ta suy ra (t  1) 2  R 2  (t  1) 2  t 2  R 2  t 2   R 2  t 2  (t  1) 2  t 4  (t  1) 4 1   t 2  (t  1) 2 0 t   2 2  2 2  2 2  R t  (t  1) 2  R t  (t  1) .. 0,25đ. 1 1 1 2305 t   I( ; ) R2  2 2 2 . Thay vào (2) ta suy ra 4 . Vậy phương trình (C) là Trường hợp 1: 1 1 2305 ( x  ) 2  ( y  )2  . 2 2 4 t . t  1 12  t 2  t 12 R 2 t 2  (t  1) 2 .. Trường hợp 2: Thay vào (2) ta suy ra t 2  t  12 (Vô nghiệm). Vậy t  3 hoặc t 4 . +) Với. 0,25đ. hoặc. 2 2 t  3 ta có I (  3;  4), R 5 . Vậy phương trình của (C) là ( x  3)  ( y  4) 25.. 2 2 +) Với t 4 ta có I (4;3), R 5 . Vậy phương trình của (C) là ( x  4)  ( y  3) 25.. Câu 8.a x  1 y z 1   1 1 2 và mặt phẳng ( P ) : x  y  z  2 0. Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) tại C, cắt  tại D sao cho ABCD là một hình thang. Cho A(1;1;1), B(2;3;  1) , đường thẳng vuông tại các đỉnh A, B.. :. 0,25đ 1 điểm.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Ta có D    D(1  t; t;  1  2t ) . . Ta có.  AB (1; 2;  2), AD (t ; t  1;2t  2).. Theo đề bài.    BAD 900  AB. AD 0  1.t  2(t  1)  2(2t  2) 0  t 2  D(3;2;3).   u Từ đó ta được BC  AD (2;1;2). Vậy phương trình của đường thẳng BC là.  x 2  2t   y 3  t  C (2  2c;3  c;  1  2c)  z  1  2t . Thay Mặt khác do C thuộc mp(P) nên ta có. 0,25đ. 0,25đ .. 2  2c  (3  c)  ( 1  2c)  2 0  c 2  C (6;5;3) ..   CD  (  3;  3;0)  ud (1;1;0). Vậy phương trình của d là Ta có.  x 3  t   y 2  t  z 3. . Câu 9.a. 0,25đ. 0,25đ 1 điểm. 3 2 Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cn 2 An  44 . Tìm số hạng không phụ thuộc vào x. n. 1    x4  . x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  Điều kiện n 3. Ta có n(n  1)(n  2) 2n(n  1)  44  n3  15n 2  14n  264 0 6  (n  12).(n 2  3n  22) 0  n = 12 hoặc n 2  3n  40 0 (Loại vì n là số nguyên dương) Cn3 2 An2  44. . Với n = 12 ta có 12. n. 12  k. k. 1 1 24  3 k 12 12   41  1   12  k  2  k 4 x   x  x  C x x  C x      12 4 .  12     4 x  k 0       k 0 24  3k 0  k 8 4 Số hạng không phụ thuộc vào x ứng với k thỏa mãn . 8 12. Vậy số hạng không chứa x là C 495. Câu 7.b 2. 2. 0,25đ. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm. 2. 2. Cho hai đường tròn (C ) : x  ( y  1) 2 , (C ') : ( x  4)  ( y  5) 8 . Cho AB là một đường kính thay đổi của đường tròn (C ') và M là một điểm di động trên đường tròn (C). Tìm tọa độ các điểm M, A, B sao cho diện tích của tam giác MAB lớn nhất. Đường tròn (C) có tâm I (0;1) và có bán kính R  2. Đường tròn (C’) có tâm I '(4;5) và có bán kính R ' 2 2. Ta có II ' 4 2  R  2 . Do đó I’ nằm ngoài đường tròn (C). Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng AB. Ta có. Mặt khác ta có Do đó. 1 1 S MAB  .MH . AB  .MH .2 R '  2.MH . 2 2 MH MI ' MI  II '  2  4 2 5 2.. 0,25đ. S MAB  2.MH  2.5 2 10.. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H I ' và M là giao điểm của đường thẳng II’ với (C) và I thuộc đoạn thẳng I’M. Như vậy AB là đường kính của (C’) vuông góc với II’.  x t  M (t ;1  t ).  Phương trình đường thẳng II’ là  y 1  t Thay M  (C ) ta được t 1 . Suy ra M (1;2) hoặc M ( 1;0) .. 0,25đ. Ta có I ' M  II '  M ( 1;0) . Phương trình đường thẳng AB là x  y  9 0 . Suy ra tọa độ các điểm A, B thỏa mãn hệ  x  y  9 0  y 9  x  y 9  x       2 2 2 2 2 ( x  4)  ( y  5) 8 ( x  4)  (9  x  5) 8 ( x  4) 4 Vậy A(2;7), B(6;3), M (  1;0) hoặc A(6;3), B(2;7), M (  1;0)..  x 2; y 7  x 6; y 3. . Câu 8.b. 0,25đ. 1 điểm. x  1 y  2 z 1 :   I (3;4;0) 1 1  4 . Viết phương trình mặt cầu (S) có Cho điểm và đường thẳng tâm I và cắt  tại hai điểm A, B sao cho diện tích của tam giác IAB bằng 12.  H là trung điểm của AB. Ta có  đi qua M (1;2;  1) và có u (1;1;  4). Gọi    u , MI  0,25đ    9 2 IH d ( I ; )   3 3 2 u. Ta có. .. 2S 2.12 AB  IAB  8 IH 3 Suy ra . AB 2 AH  4  R  AH 2  IH 2 25. 2 Do đó. 0,25đ 0,25đ. 2 2 2 Vậy phương trình của mặt cầu (S) cần tìm là ( x  3)  ( y  4)  z 25.. 0,25đ 1 điểm. Câu 9.b  . i . z Viết dạng lượng giác của số phức z biết z .z 16 và có một acgumen bằng 6 2. 2.  . z 2 . z 16  z. z. 2. 2 2.  . 16  z. 2. 16  z 2. Ta có . Gọi  là một acgumen của z. Ta có z 2(cos  i.sin  ) .      i.z 2i.(cos  i.sin ) 2(sin  i.cos ) 2  cos      i.sin      . 2  2   Từ đó suy ra      . 6 3 Chọn  sao cho 2.    z 2  cos  i.sin  3 3.  Vậy z có dạng lượng giác là. 0,25đ. 0,25đ 0,25đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>