Đề thi thử tuyển sinh Đại học môn Toán khối A và khối A1 năm 2013 - Trường THPT Chuyên Lý Tự Trọng

Chia sẻ: Trần Duy Tùng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử tuyển sinh Đại học môn Toán khối A và khối A1 năm 2013 giúp các em có tài liệu để ôn tập, kiểm tra kiến thức chuẩn bị cho kì thi Đại học, Cao đẳng sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tuyển sinh Đại học môn Toán khối A và khối A1 năm 2013 - Trường THPT Chuyên Lý Tự Trọng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG 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) x Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = (1) . 1− x 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 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) . Câu II (2,0 điểm) Giải các phương trình sau trên ℝ 5 + cos 2 x 1. = 2 cos x . 3 + 2 tan x 4 + 8 x + 12 − 8 x = (1 − 2 x ) . 2 2. π 2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ ln(1 + cos x) sin 2 xdx . 0 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 600. 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  1 1  2 1 1  2 1 1  P = x2  + + y  + + z  + .  y −1 z −1   z −1 x −1   x −1 y −1  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 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 = 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 n  2  n−2 n −1 của  x −  , biết rằng An = Cn + Cn + 4n + 6 ( n ∈ ℕ và An , Cn theo thứ tự là số chỉnh hợp, số tổ hợp 2 * k k  x 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 ( 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). 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). Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 3 x − log 3 x 2 − 8 > 2(log 9 x 2 − 4) . 2 ----------------- Hết ----------------- Cảm ơn (lovemath@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; Khối A và khối A1 Câu Đáp án Điểm I x (2,0 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = . 1− x điểm) 1 TXĐ: D = ℝ \ {1} , y ' = > 0, ∀x ∈ D ( x − 1) 2 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và (1; + ∞) Giới hạn và tiệm cận: lim y = +∞; lim y = −∞ ; tiệm cận đứng x = 1 − + x →1 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
 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  Ghi chú: Có thể tính trực tiếp T = AM + AN thông qua  2 2 m + 1 và  xM .xN = m  yM = mxM − m − 1 , y N = mxN − m − 1 II 5 + cos 2 x (2,0 1. Giải phương trình = 2 cos x . 3 + 2 tan x điểm)  3  tan x ≠ − Đk:  2 (*) cos x ≠ 0  Phương trình đã cho tương đương với 0,25 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) ⇔ ⇔ 0,25 cos x − 3 = − sin x − 2  cos x + sin x = 1 (2)  π + Phương trình (1) vô nghiệm vì cos x − sin x = 2 cos  x +  ≤ 2 < 5, ∀x ∈ ℝ  4 0,25 π π π + Phương trình (2) tương đương 2 sin( x + ) = 1 ⇔ sin( x + ) = sin 4 4 4  x = k 2π ⇔ (k ∈ ℤ)  x = π + k 2π 0,25  2 So với điều kiện (*) ta chỉ nhận họ nghiệm x = k 2π ( k ∈ ℤ) 4 + 8 x + 12 − 8 x = (1 − 2 x ) . 2 2. Giải phương trình 1 3  1 3 Đk: − ≤ x ≤ (*). Đặt t = 1 − 2 x ⇒ −2 ≤ t ≤ 2, ∀x ∈  − ;  0,25 2 2  2 2 Phương trình đã cho trở thành 2 ( ) 2 − t + 2 + t = t2 0,25 ∀t ∈ [ −2; 2] ta có 0,25 ( ) ( ) 2 t 2 ≤ 4 và 2−t + 2+t = 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 1 3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = − ; x = 2 2 III π 2 (1,0 Tính tích phân I = 2 ∫ ln(1 + cos x) sin x cos xdx . điểm) 0 Đặt t = 1 + cos x ⇒ dt = − sin xdx . π Đổi cận x = 0 ⇒ t = 2; x = ⇒ t =1 2 0,25 1 2 Suy ra I = 2 ∫ (t − 1) ln t ( − dt ) = 2 ∫ (t − 1) ln tdt 2 1
dt t2 Lại đặt u = ln t ⇒ du = ; dv = (t − 1)dt ⇒ v = − t t 2 0,25 2 2  t 2   2 t  Suy ra I = 2 ∫ (t − 1) ln tdt = 2  − t  ln t  − 2 ∫  − 1dt 0,25 1 1  2   2  1 2  t2  1 I = −2  − t  = 0,25  4 1 2 IV Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = AC = a, M là trung điểm của AB, (1,0 hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác điểm) 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 M B H 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) 0,25 Theo giả thiết SO⊥ (ABC) nên góc giữa SB với mp(ABC) là SBO = 600 3 3a Ta có ∆HAO vuông cân tại H ⇒ HO = HA = AB = 4 4 ∆BHO vuông tại H có a 2 9a 2 a 10 a 30 BO = BH 2 + HO 2 = + = ⇒ SO = BO.tan 600 = 16 16 4 4 0,25 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  SO ⊥ ( ABC ) 30a 2 9a 2 a 39 Có  ⇒ SH ⊥ AB ; SH = SO 2 + HO 2 = + = OH ⊥ AB 16 16 4 0,25 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 0,25 h= = S SAB 13 Cho ba số thực x, y, z thuộc khoảng (1; +∞) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức V  1 1  2 1 1  2 1 1  (1,0 P = x2  + + y  + + z  +  điểm)  y −1 z −1   z −1 x −1   x −1 y −1   x2 y2   y2 z2   z2 x2  Viết lại P về dạng P =  + + + + +  0,25  y −1 x −1   z −1 y −1   x −1 z −1  x2 y2 Xét P = 1 + 0,25 y −1 x −1
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 b 2 ( a + b) 2 ⇔ a 2 v(u + v) + b 2u (u + v) ≥ ( a + b) 2 uv ⇔ + ≥ (1) u v u+v a b Đẳng thức ở (1) chỉ xảy ra khi = u v ( x + y )2 t2 Đặt t = x + y ; t > 2 và áp dụng (1) ta được P ≥ 1 = x+ y−2 t−2 t2 4 Lại theo bất đẳng thức Cauchy: = t −2+ +4≥8 t −2 t −2  x y 0,25  = Suy ra P ≥ 8 , đẳng thức chỉ xảy ra khi  y − 1 x − 1 ⇔ x = y = 2 1 x + y = 4  y2 z2 z2 x2 Lập luận tương tự cho P2 = + và P3 = + ta suy ra Pmin = 24 đạt được z −1 y −1 x −1 z −1 0,25 khi x = y = z = 2. VI.a 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình AB : 2 x + y − 1 = 0 , (2,0 phương trình AC : 3 x + 4 y + 6 = 0 và điểm M (1; − 3) nằm trên đường thẳng BC thỏa mãn điểm) 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 = −  yM = 3 yB − 2 yC 6b + 2c = 6 5 5 0,25  11 17   14 18  Suy ra B  ; −  , C  ; −  5 5  5 5  3 xB + 2 xC  xM =  5 9b − 8c = 27 TH2: 3MB = −2 MC ⇔  ⇔ ⇔ b = 3; c = 0  y = 3 yB + 2 yC −6b + 2c = −18 0,25  M  5 Suy ra B(3; − 5), C (−2; 0)  7 10   8 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. 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 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
VII.a Cho x là số thực dương. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của biểu thức (1,0 n  2  n−2 n −1 x−  , biết rằng An = Cn + Cn + 4n + 6 ( n ∈ ℕ và An , Cn theo thứ tự là số chỉnh hợp, số tổ 2 * k k điểm)  x hợp chập k của n phần tử). Xét phương trình An = Cn − 2 + Cn −1 + 4n + 6 2 n n ĐK: n ∈ ℕ* , n ≥ 2 . Phương trình tương đương với 0,25 n −1 (n + 1)! An2 = Cn +1 + 4n + 6 ⇔ n(n − 1) − = 4n + 6 2!(n − 1)! n(n + 1)  n = −1 ⇔ n(n − 1) − = 4n + 6 ⇔ n 2 − 11n − 12 = 0 ⇔  . So với ĐK ta nhận n = 12 0,25 2  n = 12 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 0,25  −2  k 12 − k Tk +1 = C x  12  = C12 .(−2)k .x 2 ( k ∈ ℕ, k ≤ 12) k  x k ∈ N , k ≤ 12 Tk +1 không chứa x khi  ⇔ k = 8. 24 − 3k = 0 0,25 Vậy số hạng không chứa x là T9 = C 2 = 126720 8 12 8 VI.b 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d ) : x − y − 1 = 0 và hai đường tròn (2,0 (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 điểm) (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) + (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 0,25 (a − 3)2 + (a + 3)2 + 2 = (a + 6) 2 + (a − 6) 2 − 2 2 ⇔ a = 0 ⇒ I (0; − 1), R = 4 2 ⇒ 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:   AH .BC = 0; BH . AC = 0;  AB. AC  . AH = 0 0,25  − 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 2 x + 4 y + 10 z = 16 5 5  5 5   Nhận thấy (P) và (Q) đồng thời đi qua các điểm M(0; 0 ; 3) và N(−1; 3; −2). Suy ra 0,25 đường thẳng MN là giao tuyến của (P), (Q) và (α ) là mặt phẳng đi qua 3 điểm M, N, H.
Suy ra (α)là mp đi qua M(0; 0; 3) và có vtpt n =  MH , MN  = (7;19;10)   0,25 ⇒ pt(α): 7x + 19y + 10z − 30 = 0 VII.b Giải bất phương trình log 3 x − log 3 x 2 − 8 > 2(log 9 x 2 − 4) . 2 (1,0 điểm) Đặt t = log 3 x , bất phương trình đã cho trở thành  t < 4  2 (I )  t − 2t − 8 ≥ 0 0,25 t 2 − 2t − 8 > 2(t − 4) ⇔  t≥4 2 ( II )   t − 2t − 8 > 4(t − 4) 2 t < 4  ( I ) ⇔  t ≤ −2 ⇔ t ≤ −2 0,25  t ≥ 4  t ≥ 4 t ≥ 4 ( II ) ⇔  2 ⇔ ⇔ 4