Tuyen tap de thi thu dai hoc 2014 mon toan laisac de34 2014
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (249.94 KB, 7 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠ
O C
ẦN 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
( ) : 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
−
.
Câu II (2,0
điểm
)
Giải các phương trình sau trên
ℝ
1.
5 cos2
2cos
3 2 tan
x
x
x
+
=
+
.
2.
( )
2
4 8 12 8 1 2x x x+ + − = −
.
Câu III (1,0
điểm
)
Tính tích phân
2
0
ln(1 cos )sin 2I x xdx
π
= +
∫
.
Câu IV (1,0
điểm
)
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
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
MB
= 2
MC
. 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 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
).
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
+ 2
y
+
z
−
3 = 0, (
Q
): 2
x
−
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
log log 8 2(log 4)
x x x
− − > −
.
Hết
Cảm ơn (
) đã gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN; Khối A và khối A1
Câu Đáp án Điểm
I
(2,0
điểm)
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
lim ; lim
x x
y y
− +
→ →
= +∞ = −∞ ; tiệm cận đứng x = 1
lim lim 1
x x
y y
→+∞ →−∞
= = − ; tiệm cận ngang y = −1
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị
0,25
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 −
.
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
2m
m
− ≥
−
0,25
x
y’
−∞
+
∞
y
1
+
+
+
∞
−
1
−∞
−
1
x
y
0
Từ đó
2 2
1
16 2 20T AM AN m
m
= + = + − ≥
−
và
min
20T =
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
điểm)
1. Giải phương trình
5 cos2
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 6 cos 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 2x 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 2t t t− + + =
0,25
[ ]
2;2t∀ ∈ −
ta có
2
4t ≤
và
( ) ( )
2
2
2 2 4 2 4 4 2 2 2 4t t t t t− + + = + − ≥ ⇒ − + + ≥
0,25
Do đó phương trình chỉ có nghiệm khi
2t = ±
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
điểm)
Tính tích phân
2
0
2 ln(1 cos )sin cosI x x xdx
π
= +
∫
.
Đặt
1 cos sint x dt xdx= + ⇒ = −
.
Đổi cận 0 2; 1
2
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
Suy ra
1 2
2 1
2 ( 1)ln ( ) 2 ( 1) lnI 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
Suy ra
2
2 2
2
1 1
1
2 ( 1)ln 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
điểm)
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
60SBO =
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
.tan 60
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 điểm C đến mp(SAB) được tính bởi
3 130
13
SAB
V a
h
S
= =
0,25
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
= + + + + +
− − − − − −
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 2av 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
= − + + ≥
− −
Suy ra
1
8P ≥ , 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
min
24P =
đạt được
khi x = y = z = 2.
0,25
VI.a
(2,0
điểm)
1.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, 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
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
= −
+ = −
= ⇔ ⇔ ⇔ = = −
= − + =
Suy ra
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
+
=
− =
= − ⇔ ⇔ ⇔ = =
+ − + = −
=
Suy ra
(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 MN m n⊥ = −
⇒ ta có thể chọn ,n BC MN
=
0,25
TH
1
: Nếu 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
: Nếu 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
điểm)
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:
*
, 2n 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
, k 12
8
24 3 0
k N
k
k
∈ ≤
⇔ =
− =
.
Vậy số hạng không chứa x là T
9
=
8 8
12
2 126720C =
0,25
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
).
(C
1
) có tâm
1
(3; 4)I − và bán kính
1
2R =
, (C
2
) có tâm
2
( 6;5)I − và bán kính
2
2 2R =
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 2a a a a a I R− + + + = + + − − ⇔ = ⇒ − =
⇒ pt(C):
2 2
( 1) 32x 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 2a a a a− − + + = + + − −
2 2
9 36 3a a⇔ + + + =
⇒ vô nghiệm.
Vậy pt(C):
2 2
( 1) 32x y+ + =
0,25
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; . 0; . . 0AH 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
): 7
x
+ 19
y
+ 10
z
−
30 = 0
0,25
VII.b
(1,0
điểm)
Giải bất phương trình
2 2 2
3 3 9
log log 8 2(log 4)
x x x
− − > −
.
Đặt
3
log
t 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
log 2
0
9
4 log 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
Cảm ơn (
) đã gửi tới www.laisac.page.tl
