2 Lập phương trỡnh đường thẳng d đi qua điểm cực đại của đồ thị C sao cho tổng cỏc khoảng cỏch, từ hai điểm cực tiểu của đồ thị C đến đường thẳng d đạt giỏ trị lớn nhất.. Cõu VI.a
Trang 1THPT CHUYấN HÀ NỘI – AMSTERDAM KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013
Mụn thi: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài 180 phỳt, khụng kể thời gian phỏt đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
1 Cõu I (2 điểm) :
Cho hàm số y = ( x + 1 )2( x − 1 )2 ( 1 ) , có đồ thị ( C )
1) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số (1) 2) Lập phương trỡnh đường thẳng (d ) đi qua điểm cực đại của đồ thị ( C ) sao cho tổng cỏc khoảng cỏch, từ hai điểm cực tiểu của đồ thị ( C ) đến đường thẳng (d ) đạt giỏ trị lớn nhất
2 Cõu II (2 điểm) :
1) Giải phương trỡnh : tan 2 x + cot x = 8 cos2 x 2) Giải hệ phương trỡnh :
−
=
−
−
=
−
3 2 2 3 2
3
3 3
5
y y x x
xy x y x
3 Cõu III (1 điểm) :
Tớnh diện tớch hỡnh phẳng ( H ) giới hạn bởi cỏc đường ( P ) : y2 = 4 x và ( ∆ ) : 2 x − y − 4 = 0
4 Cõu IV (1 điểm) :
Cho hỡnh lăng trụ đứng ABC A ′ B ′ C ′ cú đỏy (ABC) là tam giỏc cõn với AB = AC = a ,
gúc ∠BAC = 1200, cạnh bờn B B ′ = a , gọi I là trung điểm của C ′ C Tớnh gúc giữa hai mặt
phẳng ( ABC ) và ( A ′ B I )
5 Cõu V (1 điểm) :
Cho hàm số 2 1 72
2
11 )
(
x x
x x f
y= = + + + với x > 0 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của hàm số
II PH PH PHẦN RIÊNG N RIÊNG (3,0 điểm):Thớ sinh chỉ được chọn một trong hai phần riờng (Phần A hoặc phần B)
A Theo chương trỡnh chuẩn :
1 Cõu VI.a (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giỏc ABC với cỏc đường cao AD, BE, CF
Biết tọa độ cỏc điểm D ( − 1 ; − 2 ) , E ( 2 ; 2 ) , F (− 1 ; 2 ) Viết phương trỡnh cỏc đường thẳng chứa cỏc cạnh của tam giỏc ABC
2013 3
2013 2
2013 1
2013 0
2013 2 3 4 2014
3 Cõu VIII.a (1 điểm):Trong khụng gian tọa độ 0xyz cho mặt phẳng (P):x−2y+2z+2=0 và cỏc
điểm A ( 4 ; 1 ; 3 ) , B ( 2 ; − 3 ; − 1 ) Tỡm tọa độ của điểm M nằm trờn mặt phẳng (P) sao cho tổng
2 2
MB
MA + đạt giỏ trị nhỏ nhất
B Theo chương trỡnh nõng cao :
1 Cõu VI.b (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho đường thẳng ( d ) : x − 4 y − 2 = 0 và tam giỏc
ABC cú điểm A thuộc đường thẳng (d ) , đường thẳng BC song song với đường thẳng (d ) , đường
cao BH cú phương trỡnh x + y + 3 = 0 , điểm M ( 1 ; 1 ) là trung điểm AC.Tớnh tọa độ cỏc điểm A, B, C
2 Cõu VII.b (1 điểm): Biết rằng 12 1+ 23 1+ 25 1+ + 22 +11 = 1024
+ +
+ +
n n n
n
7
x trong khai triển của nhị thức ( − 3 4 x )n
3 Cõu VIII.b (1 điểm):Trong khụng gian tọa độ 0xyz cho mặt phẳng (P):2x−2y−z+9=0 và m ặt
cầu(S):(x−3)2 +(y+2)2 +(z−1)2 =100 Tỡm tọa độ của điểm M nằm trờn mặt cầu (S) sao cho khoảng cỏch từ M đến mặt phẳng (P) đạt giỏ trị lớn nhất
ĐỀ THI THỬ ĐỢT MỘT
www.VNMATH.com
Trang 2Trường THPT Chuyên Hà nội – Amsterdam
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐH-CĐ 2013 Câu Nội dung ðiểm
C©u I: C©u I: ((((1.0 ®iÓm) ) : : :
• y = ( x − 1 )2( x + 1 )2 = x4 − 2 x2 + 1 có TXĐ R
0,25®iÓm Câu I:
(1.0 ® (1.0 ®iÓmiÓmiÓm)))) ⇒ y ′ = 4 x3 − 4 x = 4 ( x2 − 1 ) = 0 tại x=0(y=1) và (x=±1,y=0) • (y ′′ = 12 x2 − 4 = 0 tại ) 9 4 ( , 3 1 = ± = y x ) • Đồ thị hàm số không có tiệm cận • = =+∞ −∞ → +∞ → y y x xlim lim • Bảng biến thiên x −∞ -1 0 1 +∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y +∞ +∞
1
0 0
0,25®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25®iÓm
2 Điểm cực đại A(0;1), hai điểm cực tiểu B(-1;0) và C(1;0) tạo thành tam giác cân tại A Gọi
(d) là đường thẳng qua A
Oy
d ≡ thì tổng các khoảng cách từ B và C đến (d) bằng BC=2
Oy
d ≠ thì phương trình (d) là y= x+1 với Các khoảng cách từ B và C đến
Dấu đẳng thức khi nên phương trình (d) là
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn là Oy và y=1
*) Chú ý: Với hàm số trùng phương y = ax4+ bx2 + c
khi đồ thị có đủ các điểm cực đại và cực tiểu thì ba điểm này tạo thành tam giác cân Ta có bài toán hình học: Cho tam giác ABC
cân ở A, xác định vị trí đường thẳng (d) qua điểm A sao cho tổng các khoảng cách từ hai
đỉnh B và C đến (d) đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất
TH1: (d) cắt cạnh BC tại điểm M (lúc đó hai điểm B, C khác phía nhau qua (d)) Ta có:
2(BE+CF).AM=2.S (với S là diện tích tam giác ABC, S không đổi)
*)BE+CF đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ AM đạt giá trị lớn nhất⇔ M ≡ BhoặcM ≡ C, lúc đó
AB
d ≡ ) ( hoặc( d ≡ ) AC Giá trị nhỏ nhất bằng độ dài đường cao kẻ từ B hoặc C
*) BE+CF đạt giá trị lớn nhất ⇔ AM đạt giá trị nhỏ nhất⇔M ≡ H , lúc đó (d )là đường
cao đỉnh A và giá trị lớn nhất bằng BC
TH2: (d) không cắt cạnh BC (lúc đó B, C nằm cùng phía với (d)) Ta có: BE+CF=2HM là
đường trung bình hình thang Chú ý: HN ≤HM ≤HA
Giá trị nhỏ nhất đạt khi HM ≡ HNtức là( d ≡ ) ABhoặc( d ≡ ) AC Giá trị nhỏ nhất bằng độ
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm 0,25 điểm
www.VNMATH.com
Trang 3dài đường cao kẻ từ B hoặc C (bằng 2HN)
Giá trị lớn nhất đạt khi HM ≡ HAlúc đó (d)//BC và giá trị lớn nhất bằng 2AH
Kết luận:
o Giá trị nhỏ nhất đạt khi ( d ≡ ) ABhoặc( d ≡ ) AC
o Với giá trị lớn nhất thì:
• Tam giác ABC có góc BAC>900 thì 2AH<BC Giá trị lớn nhất là BC đạt khi d ≡ AH
• Tam giác ABC có góc BAC<900 thì 2AH>BC Giá trị lớn nhất là 2AH đạt khi d//BC
• Tam giác ABC có góc BAC=900 thì 2AH=BC Giá trị lớn nhất là 2AH=BC đạt khi
BC
d// hoặc d ≡ AH
Câu II
(2®iÓm)
(2®iÓm)
Câu II:
1) Giải phương trình: tan 2 x + cot x = 8 cos2 x
Điều kiện xác định: cos 2 x ≠ 0 , sin x ≠ 0
2
1 4 sin , 0 cos cos
4 sin 2 cos 2
cos cos sin 8 cos
cos 8 sin 2 cos
cos cos
8 sin
cos 2
cos
2 sin cos
8 cot 2 tan
2
2 2
2
=
=
⇔
=
⇔
=
⇔
=
⇔
= +
⇔
= +
x x
x x x
x x x x
x x
x
x x
x
x x
x x
x x
Nghiệm cosx=0cho sinx=±1≠0và cos 2 x = 2 cos2x − 1 = − 1 ≠ 0nên thỏa mãn điều
kiện xác định Ta có nghiệm x = π + k π
2 (k∈Ζ)
Nghiệm
2
1 4
2
1 2 cos cos sin
4 x x x = ≠ cũng thỏa mãn điều kiện xác định
6
5 4 , 2 6
4 x = + k x = + k ⇔ x = + k x = + k , k ∈ Ζ
2 24
5 , 2 24
π π π
π
Chú ý: Nếu biến đổi theo biến t = tan xta được phương trình: t4+ 8 t3 + 2 t2 − 8 t + 1 = 0
Tuy giải được phương trình này nghiệm biểu diễn phức tạp và khó đối chiếu với điều kiện
xác định
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
C©u C©u C©u IIIIIIII////
2) Giải hệ phương trình:
+
= +
+
= +
⇔
−
=
−
−
=
−
2 2 3 3 2
3 2 2 3 2
3
3 3
5 3
3 3
5
y x y x
y x xy x
y y x x
xy x y x
TH1: x + y 3 = 0cho x = − 3y Thay vào hệ có: x = y = 0 TH2: x2 + y2 = 0cho x = y = 0 và thỏa mãn hệ
TH3:
≠ +
≠ +
0
0 3 2 2
y x
y x
ta có:
0 ) 9 4 )(
(
0 9 5
4 ) 3 )(
3 ( ) )(
3 5 (
2 2 2 2
4 2 2 4 3
3 2
2 2
= +
−
⇔
=
− +
⇔ +
+
= + +
y x y x
y y x x y
x y x y x xy x
Trường hợp: ( 4 x2+ y 9 2) = 0 cho x = y = 0 Nghiệm bị loại vìx2+ y2 ≠ 0 Trường hợp: x =2 y2cho x = y = 1 / 2và x = − 1 , y = 1 thỏa mãn điều kiện Trả lời: Nghiệm ( x ; y ) = ( 0 ; 0 ), ( 1 / 2 ; 1 / 2 ), ( − 1 , 1 )
0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
www.VNMATH.com
Trang 4Câu III
(2 ®iÓm)
(2 ®iÓm)
C©uC©uC©u III /III /III /
Cách 1:
x y
P ) : 4
( 2 = cắt ( ∆ ) : 2 x − y − 4 = 0ở A ( − 1 ; 2 )vàB ( 4 ; 4 ),
Từ đồ thị suy ra diện tích cần tìm là:
9 )]
4 2 ( 2 [ 2 2
4
1 1
0
=
−
− +
Cách 2: Lấy đối xứng qua phân giác góc 1 thì (P): y2 = 4 xthành
(P’):x2 = 4 yhay
4
2
x
y = ; ( ∆ ) : 2 x − y − 4 = 0 thành
0 4 2
: ) '
2 +
= x
y
(P’) cắt (∆ ' )ở A’(-2;1) và B’(4;4) Từ đồ thị suy ra diện tích
4
2 2 4
2
2
=
− +
= ∫
−
dx x x
0,5 ®iÓm 0,5 ®iÓm
0,5 ®iÓm
0,5 ®iÓm
Câu IV
(1 điểm)
1/ Có thể đạt hình lăng trụ đứng đã cho vào không gian tọa độ Oxyz với A(0;0;0) trùng gốc
tọa độ O, B(a;0;0), ;0)
2
3
; 2
−
a a a
2
3
; 2
−
2
; 2
3
; 2
a a a
Mp(ABC) là mặt phẳng xOy có vtpt k(0;0;1),k =1
' ( ; 0; ) (1; 0;1)
AB = a a =a
,
2 2
; 2
3
;
−
=
AI
là vtpt của mp(AB’I), u = 10
3 u=−
10
3 )
, cos( k u = − Vậy góc nhọn αgiữa hai mặt phẳng cần tìm có
10
3 cos α =
0,5 ®iÓm
0,5 ®iÓm
www.VNMATH.com
Trang 5Câu V
Cách 1: Theo BĐT Bunhiacopxki cho (1,
x
7
) và (3, 7) Ta có:
x x
x x
x
7 2
3 7 1 2
7 3
7 1 4
7 3 7 9
7
2
+
≥ +
+
Từ đó:
2
15 2
3 9 2 2
3 9 2
7 2
3 2
11
= +
≥ + +
= + + +
≥
x
x x
x x x
x A
Dấu đẳng thức đạt trong cả hai lần xét BĐT khi x=3, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
15
=
A
Cách 2:
x
x x
x x x
x x
2
11 7
1 2 2
11 )
(
2 2
+ +
+
= + + +
7
2
21 7 8
2 4 7 7
7
2 2
11 1 ) ( '
2 2
2 2
2 2
2 2
+
+ + +
− +
=
+
− + +
−
=
x x
x x
x x
x x x
x x
x f
3 4
7
2 + ≥ ⇔ ≥
2
15 ) 3 ( ) ( x = f =
Chú ý: Để xét dấu f’(x) có thể đổi biến t = x2 + 7
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,5 ®iÓm
0,25 ®iÓm
VIa Nhận xét với tam giác ABC không vuông có các đường cao AD, BE, CF thì ta có tam giác DEF
Với tam giác ABC thì AB, BC, CA là các cạnh, còn với tam giác DEF thì AB, BC, CA là các
đường phân giác ngoài (hoặc có hai cạnh là đường phân giác trong, cạnh còn lại là phân giác
ngoài của đỉnh còn lại)
Phương trình đường thẳng DE: ; EF: y – 2 = 0 ; FD: x + 1 = 0
Phương trình các phân giác trong và ngoài của tam giác DEF đi qua các đỉnh D, E, F lần lượt là
d1 : 3x – y + 1 = 0 ; d’1 : x + 3y + 7 = 0 ;
d2 : x – 2y + 2 = 0 ; d’2 : ;
d3 : x + y – 1 = 0 ; d’3 : x – y + 3 = 0 ;
Trong đó d1 ; d2 ; d3 là các đường phân giác trong lần lượt tại D, E, F
d’1 ; d’2 ; d’3 : là các đường phân giác ngoài lần lượt tại D, E, F
Đáp số :
Phương trình AB, BC, CA lần lượt là (d’1 ; d’2 ; d’3) ; (d1 ; d2 ; d’3) ; (d1 ; d’2 ; d3) ; (d’1 ; d2 ; d3)
H
D
C B
A
H
D
F E
A
0,25 0,25
0,25
0,25
Ta có
Khi đó S =
0,25 0,25 0,5
Ta có MA2 + MB2 = 2ME2 + ; với AB2 là đại lượng không đổi Do đó MA2 + MB2 đạt giá trị
nhỏ nhất khi ME nhỏ nhất M là hình chiếu của E trên (P)
Mp(P) có vectơ pháp tuyến (1 ; - 2 ; 2) nên đường thẳng EM đi qua E và vuông góc với (P)
có phương trình tham số Điểm M ứng với t thoả mãn phương trình mặt
phẳng (P)
(3 + t) – 2( - 1- 2t) + 2(1 + 2t) + 2 = 0 9t + 9 = 0 t = - 1
0,5
0,5
www.VNMATH.com
Trang 6Do đó điểm M có toạ độ (2 ; 1 ; - 1)
Đường thẳng AC cắt đường thẳng d : x – 4y – 2 = 0 tại A( ; )
Điểm M(1 ; 1) là trung điểm của AC nên toạ độ của C( ; )
Đường thẳng BC // d và đi qua C nên có phương trình x – 4y + 8 = 0
Đường thẳng BC cắt đường thẳng BH ở B( ; )
0,25 0,25 0,25 0,25
Từ đó ta có
Vậy 22n = 1024 22n = 210 n = 5
Do đó (3 – 4x)n = (3 – 4x)5 khi khai triển được đa thức bậc 5, vậy hệ số của x7 là 0
0,5
0,25 0,25
Điểm M(a ; b ; c) nằm trên mặt cầu thì ta có (a – 3)2 + (b + 2)2 + (c – 1)2 = 100
Theo Bunhiakopxki cho 2 bộ số (a – 3 ; b + 2 ; c + 1) và (2; - 2; - 1) ta có :
[(a – 3)2 + (b + 2)2 + (c – 1)2 ](4 + 4 + 1) ≥ [2(a – 3) – 2(b + 2) – (c – 1)]2
100.9 ≥ (2a – 2b – c – 9)2 30 ≥ 2a – 2b – c – 9 ≥ - 30 48 ≥ 2a – 2b – c + 9 ≥ - 12
|2a – 2b – c + 9| ≤ 48 d ≤ 16
Dấu đẳng thức xảy ra :
0,25
0,5
0,25
Cách 2 : Đường thẳng d qua tâm mặt cầu I(3 ; - 2 ; 1) và vuông góc với mặt phẳng (P) thì có
phẳng (P) tại điểm H ứng với tham số t thoả mãn phương trình
Vậy H(- 1 ; 2 ; - 1)
Đường thẳng d cắt mặt cầu tại các điểm ứng với tham số t thoả mãn
(3 + 2t – 3)2 + ( - 2 – 2t + 2)2+ (1 – t – 1)2 = 100 9t2 = 100 t = Điểm M ứng tới t = là (
Vì nên vị trí các điểm M, N, I, H trên đường thẳng d sắp theo thứ tự
M, I, H, N Do đó điểm cách (P) khoảng lớn nhất là M( (Mặt phẳng (P) cắt mặt
cầu theo giao tuyến là đường tròn tâm H)
0,25
0,25
0,25
0,25
www.VNMATH.com