www.MATHVN.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN 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)
=
(1)
.
y
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
x
x −
1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Tìm m để đường thẳng ( ) :
y mx m
=
d
2
đạt giá trị nhỏ nhất với
2 AM AN+
A −
− − cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt M, N sao cho 1 . ( 1;1) Câu II (2,0 điểm) Giải các phương trình sau trên ℝ
.
x
=
2 cos
2.
+ 1. 5 cos 2 3 2 tan + + x 4 8
x x +
− 12 8
x
x
.
( = − 1 2
)2
π 2
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
∫
0
2
2
2
I = ln(1 cos ) sin 2 + x xdx
= P x
+
+
+
+
+
. y z 1 1 1 1 1 1 x x y y z z 1 − 1 − 1 − 1 − 1 − 1 −
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
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 1 0 AB : 2 x
+ = và điểm
(1; 3) AC x : 3 6 0 y+ − = , phương M − nằm trên đường thẳng BC thỏa mãn 3MB = 2MC. Tìm y+ 4 trình 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
k
k
+
C
1 4 − +
n
+ ( 6
C
=
n ∈ ℕ và *
n n
n n
2 A n
nA ,
nC theo thứ tự là số chỉnh hợp, số tổ hợp
− x
của , biết rằng
2 x chập k của n phần tử). B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1 0
2
2
2
2
53 0
23 0
= ,
10
12
) :
) :
+
+
−
+
+
−
+
+
6
8
x
y
x
y
x
y
x
y
y− − = và hai đường tròn = . Viết phương trình đường tròn (C)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ( ) : d x C ( C 1( 2 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 )α đi qua trực
mặt phẳng (P): x + 2y + z − 3 = 0, (Q): 2x − y − z + 3 = 0. Viết phương trình mặt phẳng ( tâm H của tam giác ABC và chứa giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q).
2
2
x
−
log
− > 8
x
2(log
x
−
4)
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình
.
2 3
3
9
log ----------------- Hết -----------------
www.MATHVN.com
Điểm
www.MATHVN.com ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; Khối A và khối A1 Đáp án
y
=
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
x −
1
x
Câu I (2,0 điểm)
ℝ
TXĐ:
D
=
y
'
=
> ∀ ∈
x D
0,
{ } \ 1 ,
2
1 − 1)
(
x
0,25
−∞ và (1;
)+ ∞
= +∞
y
;1) = −∞ ; tiệm cận đứng x = 1
y
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; lim Giới hạn và tiệm cận: + 1 → x
lim − 1 → x
0,25
= − ; tiệm cận ngang y = −1
1
y
y
=
lim →−∞ x
1
+∞
+
+
x y’
+∞
−∞
0,25
y
−1
y
x
0
−∞ −1
0,25
lim x →+∞ Bảng biến thiên: Đồ thị
− − cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt M, N sao cho
2. Tìm m để đường thẳng ( ) :
y mx m
d
2
1 .
( 1;1)
A −
= 2 đạt giá trị nhỏ nhất với AM AN+ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C)
=
mx m
− −
1
x −
(do x = 1 không phải là nghiệm của (*))
1 0 (*)
+ + =
mx m
2 2
0,25
1 x ⇔ − mx (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm
0
phân biệt. Điều này chỉ xảy ra khi
0
⇔ < m
0
m
≠ m ∆ = − > '
2
2
2
2
0,25
2 + AM AN
=
2
AI
+
=
16
+
Gọi I là trung điểm của MN thì (1; 1)
− và
I
MN 2
MN 2
'
2
Ta có
x
−
x
=
và
|
= |
N
M
2 |
∆ | m
− m
m |
|
2
0,25
|
y
−
y
|
=
| (
− − −
1)
m
(
mx
− − m
1) |
=
|
m x (
−
x
) |
=
|
m
| .
=
2
− m
M
N
mx M
N
N
M
m |
|
− m
2
2
2
N
N
M
⇒ MN = ( − x ) + ( y − y ) = 4 − m x M 1 − m
Do m < 0 nên theo bất đẳng thức Cauchy: − ≥ 2m
0,25
1 − m
www.MATHVN.com
2
2
Từ đó đạt được khi m = −1 (thỏa 20 = T AM AN + = = + 16 2 20 m ≥ − và min T
www.MATHVN.com 1 − m
m < 0)
N
2
2
+ x = 2 x M thông qua và
Ghi chú: Có thể tính trực tiếp
M
M
T AM AN + = m 1 = x x . M N + m y = mx − − , m 1 y
1. Giải phương trình
=
2 cos
x
. mx N N 5 cos 2 3 2 tan = + + − − m 1 x x
II (2,0 điểm)
tan
x
≠ −
(*)
3 2
x
≠
cos
0
Đk:
0,25
2
Phương trình đã cho tương đương với 2 + x 5 cos 5 cos 2
⇔ +
6 cos
4sin
+
=
x
x
x
−
x
+
x
=
x
2
2
2
2
⇔
cos
x
−
6 cos
x
+ =
9 sin
x
+
4sin
x
+ ⇔ 4
−
3
x
=
sin
x
+
2
cos
6 cos )
4sin (
)
cos
x
− =
3 sin
x
+
2
cos
x
−
sin
x
=
sin ( 5 (1)
⇔
⇔
0,25
cos
x
− = − 3
sin
x
−
2
cos
x
+
sin
x
=
1 (2)
+ Phương trình (1) vô nghiệm vì cos
x
−
sin
x
=
2 cos
2
< ∀ ∈
5,
x
≤
x
ℝ
0,25
+ Phương trình (2) tương đương 2 sin(
x
+
) 1
= ⇔
sin(
=
sin
+
x
π 4
π 4
k
2 π
= x
(
k
∈
ℤ )
π + 4 π ) 4
0,25
+
k
2 π
⇔ = x
π 2
x
k
∈ ℤ )
− 12 8
+ 4 8
+
.
x
x
x
2. Giải phương trình
So với điều kiện (*) ta chỉ nhận họ nghiệm ( = − 1 2
kπ= 2 ( )2
Đk:
x
t
2,
x
x
t
0,25
3 − ≤ ≤ (*). Đặt 2
1 2
1 3 ; 2 2
= − ⇒ − ≤ ≤ ∀ ∈ − 1 2 2
Phương trình đã cho trở thành
2
2
− + t
2
+
t
2 = t
0,25
(
)
ta có
2
0,25
2
2
4 2 4
= +
− + t
+
2
2
t
−
t
≥ ⇒ 4
2
2
− + t
2
+
t
≥ 4
)
(
)
]2; 2 [ t∀ ∈ − t ≤ và ( 4 Do đó phương trình chỉ có nghiệm khi
t = ±
2
hay
(thỏa (*))
− 1 2
x
= ± ⇔ = −
2
x
;
x
=
0,25
1 2
3 2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
x
= −
;
x
1 2
3 = 2
π 2
Tính tích phân
I
=
+
x
x
xdx
.
∫ 2 ln(1 cos ) sin cos
III (1,0 điểm)
.
Đặt
t
= +
1 cos
x
0 ⇒ = − dt
xdx
Đổi cận
x
= ⇒ =
0
t
2;
x
= ⇒ = 1
t
sin π 2
0,25
Suy ra
I
=
−
t 1) ln (
−
dt
)
=
−
1) ln
tdt
1 ∫ 2 ( t 2
2 ∫ 2 ( t 1
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
2
Lại đặt
u
= ⇒ =
du
ln
t
;
dv
= − ⇒ = dt
1)
t (
v
− t
0,25
dt t
t 2
2
2
2
Suy ra
I
=
−
1) ln
tdt
=
2
−
t
ln
t
−
2
−
1
0,25
∫
t 2
t 2
dt
2 ∫ 2 ( t 1
1
1
2
2
I
= − 2
−
t
=
0,25
t 4
1 2
1
IV (1,0 điểm)
S
A
M
H
B
N
C
O
0,25
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). 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 (cid:4) 060
SBO =
Ta có ∆HAO vuông cân tại H
⇒ =
HO HA
=
AB
=
3 4
a 3 4
∆BHO vuông tại H có
2
2
a
a
0
2
2
BO
=
BH
+
HO
=
⇒
SO BO=
=
+
=
.tan 60
30 4
a 16
a 9 16
10 4
0,25
Từ đó thể tích khối chóp S.ABC được tính bởi
3
a
30
V
=
S
SO .
=
AB AC SO
.
.
=
(đvtt)
ABC
1 3
1 1 . 3 2
24
2
2
ABC
)
(
SO
⊥
a
2
2
Có
;
SH
=
+ SO HO
=
+
=
SH AB
⇒ ⊥
a 30 16
a 9 16
39 4
OH AB ⊥
0,25
2
a
39
⇒
S
=
AB SH .
=
SAB
1 2
8
Suy ra khoảng cách từ điểm C đến mp(SAB) được tính bởi
a
0,25
h
=
=
3 V S
130 13
SAB
2
2
2
+
+
+
+
+
= P x
y
z
Cho ba số thực x, y, z thuộc khoảng (1; +∞) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 −
1 −
1 −
1 −
1 −
1 −
1
1
1
1
1
1
y
x
x
y
z
z
2
2
2
2
2
2
V (1,0 điểm)
Viết lại P về dạng
P
=
+
+
+
+
+
0,25
x − y
1
y − x
1
y − z
1
z − y
1
z − x
1
x − z
1
2
2
Xét
= +
0,25
P 1 x − y 1 y − x 1
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
2
2
2 2 a v
2 b u
2
2
2
Với hai số thực u, v dương và 2 số thực a, b tùy ý, ta luôn có bất đẳng thức đúng: ( − av bu ≥ ⇔ 0 abuv + ≥ 2 )
2
2
2
( ⇔ a v u v ( + ) + b u u v ( + ) ≥ ( a b uv ) + ≥ (1) a ⇔ + u b v a b + ) + u v
a u
b = v
2
2
Đẳng thức ở (1) chỉ xảy ra khi
2
Đặt t = x + y ; t > 2 và áp dụng (1) ta được ≥ = P 1 ( x + y x ) + − y 2 t − t 2
Lại theo bất đẳng thức Cauchy: = − + 2 t + ≥ 4 8 t − t 2 4 − t
0,25
2
2
2
2
= 1 Suy ra 2 y − ⇔ = = x y 2 8P ≥ , đẳng thức chỉ xảy ra khi 1 x 4 x y − 1 + = x y
=
+
=
+
P 2
P 3
Lập luận tương tự cho và đạt được P = 24 ta suy ra min
0,25
z − x
1
x − z
1
y − z
1
z − y
1
1 0 AB : 2 x
y+ − = , M − nằm trên đường thẳng BC thỏa mãn + = và điểm AC x : 3 6 0 y+ 4
VI.a (2,0 điểm)
(1; 3) . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. khi x = y = z = 2. 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình phương trình = 2MB MC 3
Từ giả thiết ta có A − , (2; 3) B b b− ( ; 1 2 ) và C − − 2; c
0,25
−
=
4 c 3
2
= −
+
c 8
9
(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) (cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) MB MC = 3 2
⇔
⇔
⇔ = b
;
c
= −
3
2
2
c
6
b 6
x M y
B y
=
−
+
=
11 5
18 5
x C y C
Do M, B, C thẳng hàng và 3MB = 2MC, nên có 2 trường hợp: x 3 TH1:
0,25
9 b
M 14 5
B 18 5
Suy ra B , C ; − ; − 11 5 17 5
B
M
(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) MB
(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) MC
3 x 2 x C = x − = c 8 27 TH2: 3 = − 2 ⇔ ⇔ ⇔ = b 3; c = 0 y c 3 2 b 6 + 2 = − 18 −
0,25
B
M
y C 9 b y = + 5 + 5 Suy ra B (3; 5), C− − ( 2; 0)
và TH2 cho ta Từ đó: TH1 cho ta ; − G G
0,25
8 3 7 3 10 3
0,25
0,25
(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) (cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) , BC MN
(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) (cid:6) n MN ⊥
(cid:6) n
− 1; 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 (cid:6) Gọi n (cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) (cid:6) n BC⊥ ⇒ ta có thể chọn (2;1;1) m n ; ) và (0; = = − là vector pháp tuyến của (P) thì do (P) // BC và (P) đi qua M, N nên
0,25
(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) (cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) , BC MN
⇒ pt của (P): 3x − 2y − 4z + 2 = 0 = TH1: Nếu m = 2n thì (P) là mp đi qua A(−2; 2; −2) và nhận vtpt (cid:6) n n (3 ; 2 ; 4 ) n = = − − n
(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) (cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) , BC MN
TH2: Nếu m = −2n thì (P) là mp đi qua A(−2; 2; −2) và nhận vtpt (cid:6) n = − − n n n ; 2 ; 4 ) = ( ⇒ 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
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
n
−
2
k
k
Cho x là số thực dương. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của biểu thức
1 4 − +
C + C n + ( 6 , biết rằng = n ∈ ℕ và *
VII.a (1,0 điểm)
n n
n n
nA ,
nC theo thứ tự là số chỉnh hợp, số tổ
2 A n
2 x
1 4 − +
− x hợp chập k của n phần tử). − n 2 Xét phương trình n
n n
ℕ
n + = C C + 6
*,
ĐK: n ∈ n ≥ 2
0,25
=
C
+
4
n
+ ⇔ 6
− − 1)
n n (
+
=
4
6
n
2 A n
1 − n 1 + n
2 A n . Phương trình tương đương với + n ( 1)! − n 2!( 1)!
2
n = − 1 1) 1) = 4 + ⇔ − 6 − . So với ĐK ta nhận n = 12 12 0 ⇔ − − ( n n n n 11 n
0,25
12 n + ( n n 2 = ⇔ =
2 x
− x
12
Với n = 12 ta có số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Newton của : là
0,25
k
k
k
−
12
24 3 − 2
ℕ
=
C
k − .( 2) .
x
(
k
∈
,
k
≤
12)
k C x 12
k 12
2 x
−
Tk +1 =
∈ k N ≤ , k 12 . ⇔ = k 8 Tk +1 không chứa x khi 0 k 24 3 − =
0,25
8
8
12 2
= C 126720
2
2
2
2
1 0
y x y x x y x 8 6 + + + + − + ) : 12 = , 23 0 10 − + y y− − = và hai đường tròn d x = . Viết phương trình đường tròn
VI.b (2,0 điểm)
2
2 2
R = 2
và bán kính − I và bán kính , (C2) có tâm I − 2 ( 6;5)
d∈ ( ) − 1) ⇒ I
0,5
(1) |
⇒ = I I | − R R 1 1 ⇒ = + (2) I I R R 2 2
Vậy số hạng không chứa x là T9 = 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ( ) : 1( C ( 53 0 ) : C 2 (C) có tâm nằm trên (d), tiếp xúc trong với (C1) và tiếp xúc ngoài với (C2). R = (C1) có tâm 1(3; 4) 1 Gọi I là tâm và R là bán kính của (C). + I a a ( ; + (C) tiếp xúc trong với (C1) + (C) và tiếp xúc ngoài với (C2) TH1: Nếu thì từ (1) và (2) ta có:
= hay + I I R 1 1 R R> 1 − I I R 2 2
0,25
2
2
2
2
( a − 3) + a + 3) 2 = ( a + 6) + ( a − 6) − 2 2 ⇔ = ⇒ − 0 (0; 1), a I R = 4 2 ( 2 + 2 = 1) 32
2
2
2
2
+ thì từ (1) và (2) ta có: ⇒ pt(C): ( y+ x TH2: Nếu R R< 1
1
hay = 2 − ( a − 3) + ( a + 3) = ( a + 6) + ( a − 6) − 2 2 − R I I 1 − I I R 2 2
0,25
2
2
36 a + + y+ 1) (
= ⇒ vô nghiệm. 3 2 = 32
0,25
2 ⇔ + + 9 a Vậy pt(C): x 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: (cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) (cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) AH BC .
(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) (cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) (cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) AB AC AH
(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) (cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) . BH AC
0; 0; = = = 0 . .
Ta được hệ: ⇔ = x ; y = − ; z = ⇒ 1 H ; − ;1
0,25
− + x + 2 x + x 2
3 4 4
y y y
17 5 1 5 17 5 1 5 − = − z 5 4 − = z 2 = + z 10 16
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.
www.MATHVN.com
Suy ra (α)là mp đi qua M(0; 0; 3) và có vtpt
www.MATHVN.com (cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) (cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:5)(cid:6) (cid:6) n MH MN ,
= = (7;19;10)
0,25
2
2
⇒ pt(α): 7x + 19y + 10z − 30 = 0
log
x
−
log
x
− > 8
2(log
x
−
4)
2 3
3
9
Giải bất phương trình .
3
Đặt t = log x , bất phương trình đã cho trở thành
VII.b (1,0 điểm)
4
( ) I
−
− ≥
8 0
2 t
0,25
2
−
− > 8
4)
t
2 t
2( t
4
< t 2 t t
II
(
)
− ⇔ ≥
2
2
−
− >
−
t 2
t 8 4(
4)
t
4
⇔
I ( )
t ⇔ ≤ − 2
0,25
4
≥
4
⇔
⇔
(
)
⇔ < < 4
6
II
t
0,25
2
4
6
< < t
10 t
−
+
24 0 <
t
< t t ≤ − 2 ≥ t 4 t ≥ t
3 < 4 log
3
2 log x ≤ − 0 x < ≤ Từ đó: x < 6 1 9 729 x < <
0,25
⇔ 81
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm . S = 0; ∪ (81;729) 1 9
------------------Hết------------------
![Đề thi Tiếng Anh có đáp án [kèm lời giải chi tiết]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250810/duykpmg/135x160/64731754886819.jpg)
