Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CD, với M là trung điểm của BC.. Theo chương trình chuẩn Câu 7A 1,0 điểm.. Viết phương trình các cạnh AB, AD biế
Trang 1TRƯỜNG THPT SỐ 1 TUY PHƯỚC KÌ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Đề thi thử lần 1 Môn: TOÁN; Khối A và A1
Thời gian làm bài: 180 phút
I Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
x y
x , có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b) Tìm các giá trị m (m ) để đường thẳng d: y = – x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B nằm
ở hai phía của trục tung sao cho góc AOB nhọn; (O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác
3
2cos cos 2
1 sin
x
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên : 2
x x x x
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 2 2 sin
0
2
x
x
Câu 5 (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD, biết tam giác ABC vuông tại A có AB = a, AC = a 3 Ngoài
ra, DA = DB = DC và tam giác DBC vuông Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CD, với M là trung điểm của BC
Câu 6 (1,0 điểm) Cho 3 số thực x,y,z thỏa log2x log8 y3 log32z5 0 (*)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
F
II Phần riêng (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B.
A Theo chương trình chuẩn
Câu 7A (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ 0xy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(1; 3), đường chéo
BD có phương trình 5x- 3y- 15= Viết phương trình các cạnh AB, AD biết AB có hệ số góc 0 dương
Câu 8A (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục 0xyz, cho hai mặt phẳng (P), (Q) có phương trình
( )P x: - 2y+ - = và z 1 0 ( )Q : 2x+ - + = Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên mặt y z 3 0 phẳng (P) và tiếp xúc với mặt phẳng (Q) tại điểm M, biết rằng M thuộc mặt phẳng Oxy và có hoành độ
xM = 1
Câu 9A (1,0 điểm) Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 1 x 2 x38
B Theo chương trình nâng cao
Câu 7B (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC Biết phương trình các đường thẳng
chứa đường cao BH, phân giác trong AD lần lượt là 3x + 4y + 10 = 0, x – y + 1 = 0; điểm M(0; 2) thuộc đường thẳng AB và MC = 2 Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC
Câu 8B (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 4x + 2y + 2z – 3 = 0, mặt phẳng (P): x – y + z + 1 = 0 và hai điểm A(–1; 1; 0), B(2; 2; 1) Viết phương trình mặt phẳng (α) song song với AB, vuông góc với mp(P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn (C ) có bán kính bằng 3
n
n n n
n
C0 2 1 1 3 1 2 1 1 ( 1 ) 1
(n *, k
n
C là số tổ hợp chập k của n phần tử)
- Hết -
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh:………, số báo danh:………
Trang 2ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A-A1 NĂM 2013
1.a)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
3 2
x y x
1,0
Tập xác định \ 2
Sự biến thiên
- Chiều biến thiên :
2
5
2
x
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;2 và 2;
- Giới hạn và tiệm cận : lim lim 1
x y x y Tiệm cận ngang y =1.
2 2 lim , lim x x y y Tiệm cận đứng x =2. 0,25 - Bảng biến thiên : x - 2 +
y’
-y 1 +
- 1
0,25 Đồ thị
f(x)=(x+3)/(x-2) f(x)=1 x(t)=2 , y(t)=t
-8 -6 -4 -2
2 4 6 8
x
y
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm ( C) và d:
3
2
x
x m x
2
x
(x = 2 không phải là nghiệm phương trình (1) ) 0,25
d cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B nằm ở hai phía trục tung khi và chỉ khi phương
trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1;x2 , thỏa x1.x2 < 0.Điều này xảy ra khi và chỉ khi
P = 2m+3< 0 3
2
m
0,25
Khi đó A(x1;-x1+ m) ; B(x2 ;-x2+m).Góc AOB nhọn khi và chỉ khi:
0,25 +Giao điểm của (C ) với Ox: (-3; 0)
+Giao điểm của (C) với Oy: (0;-3/2)
Trang 3
2
OA OB m m x x x x
m2 m m 12 2 m3 (Viét)0
3m 6 0 m 2
Kết hợp với điều kiện 3
2
m ta được : 2 3
2
m
là các giá trị m cần tìm
Ghi chú:Thí sinh có thể sử dụng định lý hàm số côsin.Điều kiện góc AOB nhọn
tương đương với:OA2 +OB2 – AB2 > 0 2
m m x x x x
0,25
2
Giải phương trình lượng giác
3
2cos cos 2
1 sin
x
Điều kiện: sinx ≠ 0
Biến đổi PT về: 2cos3x + cos2x + sinx = 0 2cos3x + 2cos2x – 1 + sinx = 0
(1 – sinx )[2(1 + sinx)(1 + cosx) – 1] = 0
1 – sinx = 0 (*) hoặc 2(1 + sinx)(1 + cosx) – 1 = 0 (**)
+ (*) sinx = 1 x =
2
+ (**) 1 + 2sinxcosx + 2(sinx + cosx) = 0
(sinx + cosx)2 + 2(sinx + cosx) = 0
(sinx + cosx)(sinx + cosx + 2) = 0
sinx + cosx = 0 hoặc sinx + cosx + 2 = 0 (vô nghiệm – giải thích)
0,25
2 sin(x +
4
) = 0 x =
4 k
, (k ) Thỏa điều kiện.
KL: PT có các họ nghiệm: x =
2
+ k2, x = –
4
+ k (k )
Ghi chú: Có thể đặt t = sinx + cosx, với |t| 2 để giải (**)
0,25
Điều kiện: x 5
2
PT đã cho tương đương với 2 (4x x21) 2(3 x) 5 2 x 0,25
2 (4x x21) [(5 2 ) 1] 5 2 x x (*)
Đặt u = 2x, v = 5 2x (v 0)
Phương trình (*) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 + 1) (**) 0,25 Xét hàm số f(t) = t(t2 + 1) f/(t) = 3t2 + 1 > 0, t
(trong bài, từ đk và pt (**) suy ra u, v [0; 5] – HS không cần nêu)
Do đó f(t) đồng biến trên , nên (**) f(u) = f(v) u = v 0,25
Từ đó, Pt đã cho tương đương 2x = 5 2x
0
1 21
4
1 21 4
x
x
4
x (thỏa đk) KL
0,25
Trang 4+ Tính đúng 2 sin 2 sin sin 2
0
cos xe xdx e xd (sin ) x e x e 1
+ Tính I’ = 2 sin
0
x xe dx
Khi đó I’ = sin 2 2 sin 2 sin
0
0,25
Suy ra I = 1
2
e e
* Thể tích Vì DA = DB = DC và
MA = MB = MC (do ABC vuông tại A,
M là trung điểm BC) suy ra D, M thuộc
trục của ABC Do đó
DM (ABC)
0,25
Tính được BC = 2a
DBC vuông cân tại D nên
DM = 1
2BC = a.
Thể tích tứ diện ABCD:
V = 1
3 DM S(ABC) = 3 3
6
0,25
* d(AM; CD)
Gọi N là trung điểm BD Chứng minh được CD // (AMN) Do đó
d(CD; AM) = d(CD; (AMN)) = d(C; (AMN))
Xét tứ diện ACMN Thể tích tứ diện này là
V(ACMN) = 1
3 d(C;(ANM)).S(AMN) = 1
3 d(N; (ACM)).S(ACM)
( ;( )) ACM
AMN
d N ACM S
S
(1) Gọi H là trung điểm BM Khi đó, NH // DM suy ra NH (ACM) nên
NH = d(N; (ACM)) = 1
2DM =
1
2a (2)
S(ACM) = 1
2S(ABC) =
4
a
(3)
0,25
Áp dụng định lý đường trung tuyến: AN2 = 1
2(AB
2 + AD2 – 1
2DB
2) = a2 Suy ra AN
= a Lại có AM = 1
2BC = a nên AMN cân tại A Gọi K là trung điểm MN thì AK MN
CD a
Từ tam giác vuông AKM, tính được AK = 14
4
Suy ra S(AMN) = 1
2AK.MN =
8
a
(4)
0,25
K H
N
M
C D
Trang 5Từ (1), (2), (3), (4) suy ra d(C; (AMN)) hay d(CD; AM) = 21
7
Áp dụng BĐT giữa trung bình cộng và trung bình nhân cho 3 số dương ta có:
3 3
Tương tự :
3 3
(2)
3 3
(3)
0,25
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được:
F
3
3
2 2 2
1
x y z
0,25
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1
Gọi d là đường thẳng đi qua A và hợp với BD một góc 450, ( ) ( 2 2 )
n a b aur + >b là vectơ pháp tuyến của d Khi đó d có phương trình ax by a+ - - 3b= 0
Một vectơ pháp tuyến của đường BD là nuur2(5; 3- )
5a 3 1
b
a b
+
ur uur
0,25
Nếu b = 0 thì a = 0 (vô lí), suy ra b¹ 0, chọn b = 1 khi đó ( )
4
4
a a
é = ê
Û ê
ê =-ê
o Với a = 4 và b = 1 ta có d: 4x + y – 7= 0 (có hệ số góc k = – 4<0)
4
a=- và b =1 ta có d: x- 4y+ = (có hệ số góc 11 0 1 0
4
k= > ) 0,25
Vì AB, AD cũng đi qua A và hợp với BD một góc 450 và AB có hệ số góc dương
nên từ các phương trình của d, ta suy ra AB: x- 4y+ = và AD: 4x + y – 7= 0.11 0 0,25
8A ( )P x: - 2y+ - = , z 1 0 ( )Q : 2x+ - + = Viết pt mặt cầu tâm I (P) …y z 3 0 1,0
Vì M mp Oxy và có hoành độ bằng 1 nên M(1; y; 0) Lại có, mặt cầu tiếp xúc với
mp(Q) nên M mp(Q) Tìm được M(1; – 5; 0)
0,25 Gọi I(a; b; c) là tâm của mặt cầu (S) cần tìm
Ta có (S) tiếp xúc với mp(Q) tại M nên IM (Q)
Mặt phẳng (Q) có một vectơ pháp tuyến nr(2;1; 1- )
0,25
Trang 6Ta có IM (Q) ( )
1 2 5
c t
ì = + ïï
ïï
ï =-ïïî
uur r
¡
I (P) 1 + 2t – 2(–5 + t) – t – 1 = 0 t = 10 I(21; 5; – 10)
Vậy phương trình mặt cầu (S): (x – 21)2 + (y – 5)2 + (z + 10)2 = 600 0,25
9A Tìm hệ số của x 8 trong khai triển thành đa thức của 1 x 2 x38 1,0
+Viết được: 1 x 2 x38=1x21 x8=
8
(1 )
0,25
+ Nhận xét: Số hạng chứa x8 chỉ có trong C x83 6(1 x)3 và C x84 8(1 x)4 0,25 + Tìm được hệ số của x8 trong 3 6 3
C x x là: 3 2
8 3
C C ; trong 4 8 4
C x x là: 4 0
8 4
C C 0,25
+ Suy ra hệ số của x8 trong khai triển là: C C +83 32 4 0
8 4
7B BH: 3x+4y+10= 0, AD = x–y +1 =0, M(0; 2) AB, MC = 2 Tìm A, B, C 1,0
+ Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua AD
Đt MM’ qua M(0; 2) và vuông góc AD nên có
phương trình: x + y – 2 = 0
Tọa độ giao điểm K của MM’ và AD là K(1
2;
3
2).
Suy ra tọa độ M’(1; 1)
0,25
Vì AD là phân giác trong góc A, M AB nên M’ AC Do đó đường thẳng AC qua
M’(1; 1) và vuông góc BH nên tìm được pt AC: 4x – 3y – 1 = 0
Ta có A = AC AD A(4; 5)
Đt AB qua A và M nên lập được phương trình AB: 3x – 4y +8 = 0
Ta có B = AB BH nên tìm được B(–3; –1
4).
0,25
Ta có MC = 2 nên C thuộc đường tròn (C ) tâm M(0; 2), bán kính 2 Ngoài ra,
C AC nên tọa độ C là nghiệm hệ
2 ( 2)2 2 (pt (C))
x y
2
4 4
33
1 hoac
25
y
x
Suy ra có 2 điểm C thỏa điều kiện trên: C(1; 1), C’(31/25; 33/25)
0,25
Theo cách xác định C như trên, thì B và C có thể nằm về 2 phía đối với AD, nên có
thể xảy ra trường hợp AD là phân giác ngoài góc BAC
+ Kiểm tra cặp B và C với AD: (–3+1
4+1)(1–1+1) < 0, suy ra B và C nằm về 2 phía đối với AD Tương tự, B và C’ nằm về 2 phía đối AD
KL: 2 bộ 3 điểm: A(4; 5), B(–3;–1
4), C(1; 1) và A, B, C’(31/25;33/25)
0,25
Pt (S) viết dưới dạng (x – 2)2 + (y + 1)2 + (x + 1)2 = 9
Ta có AB = (3; 1; 1), một VTPT của mp(P) là n = (1; – 1; 1)
Do đó [ AB , n] = (2; – 2; – 4) ≠ 0
Gọi u là một VTPT của mp(α) Ta có
0,25
M' K D
H
A
M(0;2)
Trang 7( ) //
( ) ( )
u cùng phương với [ AB , n]
Chọn u = 1
2[ AB , n] u = (1; – 1; –2)
Mp(α) có một VTPT u nên có phương trình dạng x – y – 2z + D = 0
Gọi d là khoảng cách từ I đến mp(α) Mp(α) cắt (S) theo một đường tròn (C ) có bán
kính r = 3 nên d = R2 r2 9 3 6
Ta có d = 6 2 ( 1) 2( 1) 6
6
D
|5 + D| = 6 1
11
D D
0,25
Với D = 1 thì (α): x – y – 2z + 1 = 0 không qua A(–1; 1; 0) (vì – 1 – 1 – 2.0 + 1 ≠ 0)
nên (α) // AB Tương tự, mp(α): x – y – 2z – 11 = 0 cũng song song với AB
Vậy có hai mặt phẳng (α) thỏa yêu cầu bài toán có phương trình:
x – y – 2z + 1 = 0 và x – y – 2z – 11 = 0
0,25
n
n n n
n
C0 2 1 1 3 1 2 1 1 ( 1 ) 1 1,0
Với 0 k n, ta có
1 1 1
)!
)!.(
1 (
)!
1 ( 1
1 )!
!.(
! 1
1
) 1
k n k
n n
k n k
n k
C
0,25
1 1
3 1
21 1
1
= (n+1)-1 [(1+1)n+1 - 0
1
n
C ] = (n+1)-1.[2n+1 - 1]
Đáp số : S = (n+1)-1.[2n+1 - 1]
0,5
Ghi chú: có thể lấy tích phân trên [0; 1] của
f(x) = (x + 1)n = C n0C x C x1n n2 2C x n n n.
Ghi chú: mọi cách giải khác đúng đều được điểm tối đa với nội dung tương ứng.
