TRNG THPT S 1 TUY PHC Kè THI TUYN SINH I HC NM 2013 thi th ln 1 Mụn: TON; Khi D Thi gian lm bi: 180 phỳt I. Phn chung cho tt c thớ sinh (7,0 im) Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s y = x 3 + 3x 1. a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s; b) Xỏc nh m (m ) ng thng d: y = mx 2m 3 ct (C) ti 3 im phõn bit trong ú cú ỳng mt im cú honh õm. Cõu 2 (1,0 im). Gii phng trỡnh 2 4sin 2 sin 2sin 2 2sin 4 4cosx x x x x+ = . Cõu 3 (1,0 im). Gii phng trỡnh 3 2 ( 2) 3 1x x x = + (x ). Cõu 4 (1,0 im). Tớnh tớch phõn ( ) 2 2 2 1 2 0 ln 1 1 e x x I dx x + = + . Cõu 5 (1,0 im). Cho hỡnh hp ABCD.ABCD cú tt c cỏc cnh u bng a, ã 0 90BAD = , ã ã 0 ' ' 60A AB A AD= = . Tớnh th tớch khi t din AABD v khong cỏch gia AC v BC. Cõu 6 (1,0 im). Cho a, b l cỏc s thc tha món iu kin: 2 2 3 2a b ab+ v 0b . Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc 2 2 2P a ab b= + + . II. Phn riờng (3,0 im). Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn A hoc B. A. Theo chng trỡnh chun Cõu 7A (1,0 im). Trong mt Oxy cho A(0; 2), B(1; 0), C( 1; 0). Vit phng trỡnh ng trũn (C) tip xỳc ng thng AB, AC ln lt ti B, C. Cõu 8A (1,0 im). Trong khụng gian Oxyz, cho mt phng (P): x + 2y 2z + 2 = 0 v im A(2; 3; 0). Gi B l im thuc tia Oy sao cho mt cu tõm B, tip xỳc vi mt phng (P) cú bỏn kớnh bng 2. Vit phng trỡnh mt phng () vuụng gúc vi mt phng (P) v qua AB. Cõu 9A (1,0 im). Tỡm s hng khụng cha x trong khai trin 4 1 , 2 n x x ổ ử ữ ỗ + ữ ỗ ữ ữ ỗ ố ứ bit rng tng cỏc h s ca khai trin ( ) n a b+ bng 4096 (n *, x > 0). B. Theo chng trỡnh nõng cao Cõu 7B (1,0 im). Trong mt phng to Oxy, cho im M(1; 3). Vit phng trỡnh ng thng d i qua M v ct cỏc trc to Ox, Oy ln lt ti A v B sao cho din tớch ca tam giỏc OAB nh nht v M thuc on AB. Cõu 8B (1,0 im). Trong khụng gian Oxyz, cho hai im A(2; 0; 0), B(0; 2; 0). Tỡm to im C thuc trc Oz sao cho tam giỏc ABC l tam giỏc u, v vit phng trỡnh mt cu (S) cú tõm O tip xỳc vi ba cnh ca tam giỏc ABC. Cõu 9B (1,0 im). Chng minh rng vi mi s nguyờn dng n ta luụn cú: ( ) 2 1 2 2 2 2 1 2 1 .2 n n n n n C C n C n n + + + = + Ht Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm. H tờn thớ sinh:, s bỏo danh:. -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y P N V HNG DN CHM THI TH I HC KHI D NM 2013 Cõu, ý NI DUNG im 1.a) Kho sỏt s bin thiờn, v th hm s y = x 3 + 3x 1 1,0 +) TXĐ: R + ) Giới hạn : ; x x lim y lim y + = + = 0,25 +) Bảng biến thiên: Ta có : y = -3x 2 +3 ; y = 0 x = - 1 hoặc x = 1. 0,25 + 1 -3 - Hàm số nghch biến trên mỗi khoảng ( ) ; 1 và ( ) 1;+ , ng biến trên khoảng ( 0; 2) Hàm số đạt cực đại tại x = 1, y CD = 1 Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1, y CT = - 3 0,25 +) th Giao im vi trc tung: (0; 1) th qua (2; 1), (2; 3). 0,25 1.b) d: y = mx 2m 3 ct (C) ti 3 im phõn bit 1,0 PT honh giao im ca d v (C): 3 ( 3) 2 2 0x m x m+ = 2 ( 2)( 2 1) 0x x x m + + + = 2 2 2 1 0(*) x x x m = + + + = 0,25 YCBT tng ng vi (*) cú 2 nghim phõn bit khỏc 2 v cú ỳng 1 nghim õm Ta xột 2 trng hp: 0,25 + (*) cú 1 nghim õm v 1 nghim bng 0 1 0 1 2 0 P m m S = + = = = < . 0,25 + (*) cú 2 nghim trỏi du v khỏc 2 2 1 0 1 9 2 2.2 1 0 P m m m m = + < < + + + KL: 1& 9m m . 0,25 2 Gii phng trỡnh 2 4sin 2 sin 2sin 2 2sin 4 4cosx x x x x+ = 1,0 Ta cú 2 4sin 2 sin 2sin 2 2sin 4 4cosx x x x x+ = ( ) ( ) 2 2sin 1 2sin 2 1 3 4cosx x x + = 0,25 ( ) ( ) 2 2sin 1 2sin 2 1 4sin 1x x x + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2sin 1 2sin 2 1 2sin 1 2sin 1x x x x + = + ( ) ( ) ( ) 2sin 1 [ 2sin 2 1 2sin 1 ] 0 (2sin 1)(2sin 2 2sin ) 0x x x x x x + = + = 0,25 * 2sinx + 1 = 0 x = 6 + k2 hoc x = 7 2 6 k + . 0,25 * 2sin2x 2sin x = 0 sin2x = sinx x = k2 hoc x = 2 3 3 k + . y y x + - -1 - 0 0 + 1 Vậy phương trình có các họ nghiệm x = – 6 π + k2, x = 7 2 6 k π + π , x = k2, x = 2 3 3 k π π + . (k ) Ghi chú: HS có thể đưa tất cả về dạng tích ( ) ( ) 2sin 1 2sin 2cos 1 0x x x+ − = 0,25 3 Giải phương trình 3 2 ( 2) 3 1x x x− = + 1,0 Điều kiện: x  – 1. 2 2 2( 1) 2( 1) 3 ( 1)( 1)PT x x x x x x⇔ − + + − + = + − + (*) 0,25 Đặt ( ) 2 1; 1 0; 0u x x v x u v = − + = + ≥ ≥ . Phương trình (*) trở thành 2u 2 – 2v 2 = 3uv 0,25 ( ) 2 2 0 2 2 u v v u v u v u  =    ⇔ − + = ⇔  ÷  = −     Do u  0, v  0 nên chọn được u = 2v. Trường hợp u = – 2 v  u = v = 0, không xảy ra vì u > 0,  x. 0,25 Khi đó, (*)   + =   − + = + ⇔ − − ⇔  − =   2 2 5 37 2 1 2 1 5 3 5 37 2 x x x x x x x Các nghiệm thỏa đk. Vậy PT có các nghiệm như trên. 0,25 4 Tính tích phân ( ) 2 2 2 1 2 0 ln 1 1 e x x I dx x − + = + ∫ 1,0 + Đổi biến: t = ln(x 2 +1) 2 2 1 xdx dt x ⇒ = + + Đổi cận: Khi x = 0 thì t = 0 ; khi x = 2 1e − thì t = 2. 0,25 + Đưa về tích phân I = 2 2 0 1 2 t dt ∫ 0,25 = 3 2 8 0 6 6 t = 0,25 Vậy I = 4 3 . 0,25 5 Thể tích tứ diện A’ABD và khoảng cách giữa AC và B’C’. 1,0 * Tính thể tích khối tư diện A’ABD. Ta có ABA’ và ADA’ là các tam giác đều nên A’B = A’D = a. Trong tam giác ABD vuông tại A có BD = 2a . Vì A’B 2 + A’D 2 = BD 2 nên A’BD là tam giác vuông tại A’. Gọi O là trung điểm BD. Ta có OB = OD = OA’ = 1 2 2 2 a BD = và AB = AD = AA’ = a nên AO là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác A’BD, suy ra AO ⊥ (A’BD). Ta có AO = 1 2 2 2 a BD = . 0,25 Tính 2 ' 1 1 ' . ' 2 2 A BD S A B A D a ∆ = = . Tính thể tích khối chóp: 3 '. . ' ' 1 2 . . 3 12 A ABD A A BD A BD a V V AO S= = = 0,25 * d(AC; B’D’). - Ta có AC và B’C’ chéo nhau. AC ⊂ (ABCD) ; B’C’ ⊂ (A’B’C’D’) và (ABCD)// (A’B’C’D’). Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ' ' ; ' ' ' ' ';d AC B C d ABCD A B C D d A ABCD= = 0,25 - Tính ( ) ( ) ' 3 2 '; 2 AA BD ABD V a d A ABD S = = (Hoặc CM: A’O ⊥ (ABCD) ( ) ( ) 2 '; ' 2 a d A ABD A O⇒ = = ). Vậy ( ) 2 ; ' ' 2 a d AC B D = 0,25 6 a, b  , thỏa: 2 2 3 2a b ab+ − ≤ và 0b ≠ . Tìm GTLN của 2 2 2P a ab b= + + . 1,0 Vì 2 2 2 2 1 11 2 3 0 2 4 a b ab a b b   ≥ + − = − + >  ÷   ,  a, b  , b ≠ 0 và 2 2 2 2 1 7 2 0, , , 0 2 4 a ab b a b b a b b   + + = + + > ∀ ∈ ≠  ÷   ¡ Nên ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 3 a ab b a b ab a ab b P a ab b a b ab a b ab + + + − + + = + + = ≤ + − + − 0,25 Đặt a t b = . Khi đó ( ) 2 2 2 2 , 3 t t P t t t + + ≤ ∈ − + ¡ . Xét hàm số ( ) ( ) 2 2 2 2 3 t t f t t t + + = − + . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 / / 2 2 2 2 2 5 1 11 ; 0 2 3 t t f t f t t t t − + + ± = = ⇔ = − + . 0,25 Bảng biến thiên t −∞ 1 11 2 − 1 11 2 + +∞ ( ) / f t - 0 + 0 - ( ) f t 2 ( ) 2 11 2 11 11 + ( ) 2 11 2 11 11 − 2 Do đó, ( ) ( ) 2 11 2 11 11 P f t + ≤ ≤ 0,25 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 2 11 11 3 2 11 1 11 2 11 2 11 a b ab a a b b  +  + − = = −    ⇔   + =   = −    hoặc 11 11 11 2 11 11 a b  + =     =   0,25 Vậy minP = ( ) 2 11 2 11 11 + . 7A A(0; 2), B(1; 0), C( –1; 0). Đường tròn (C) tiếp xúc AB, AC lần lượt tại B, C. 1,0 Ta có OB = OC = 1, AB = AC = 5 nên tam giác ABC cân tại A và OA hay Oy là phân giác góc BAC. Gọi I là tâm đường tròn (C). Vì (C ) tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại B, C nên IB = IC, IB  AB, IC AC. 0,25 Vì IB = IC nên I  Oy  I(0; m). Ta có IB (1 ; -m), AB (1 ; -2). Do AB, AC đối xứng qua Oy Nên ycbt ⇔ IB ⊥ AB ⇔ IB ⊥ AB ⇔ IB . AB =0 ⇔ m = - 2 1 0,25 Gọi R là bán kính đường tròn (C), ta có R = IB = 5 2 1 22 =+ OBIO . 0,25 Vậy đường tròn (C) cần tìm có tâm I( 0 ; - 2 1 ) bán kính R = 5 2 1 có phương trình là x 2 + ( y + 2 1 ) 2 = 4 5 . 0,25 8A Phương trình mp(α) vuông góc với (P), qua AB, với A(2;–3; 0). 1,0 Vì B thuộc tia Oy nên B(0; y 0 ; 0) với y 0  0. Bán kính của mặt cầu tâm B, tiếp xúc với (P) là R = d(B; (P)) = 0 2 2 3 y + . 0,25 Theo giả thiết R = 2  0 2 2 3 y + = 2  y 0 = 2 hoặc y 0 = – 4. Từ đó B(0; 2; 0) 0,25 Ta có BA uuur = (2; – 5; 0), một VTPT của (P) là n r = (1; 2; – 2). Lý luận đưa đến một VTPT của (α) là n r α = [ BA uuur , n r ] = (10; 4; 9). 0,25 Khi đó, mp(α) qua B(0; 2; 0) và có một VTPT n r α = (10; 4; 9) nên pt (α): 10x + 4y + 9z – 8 = 0. 0,25 9A Tìm số hạng không chứa x… 1,0 Ta có ( ) 0 n n k n k k n k a b C a b - = + = å . Do vậy tổng các hệ số khai triển của ( ) n a b+ là ( ) 0 1 2 1 1 2 n n n n n n n C C C C+ + + + = + =K . 0,25 Theo giả thiết, ta có 2 4096 12. n n= =Û 0,25 Với n = 12, ta có 12 12 12 1 1 1 1 24 3 12 12 1 1 2 4 2 4 4 12 12 4 0 0 1 2 . 2 . 2 . 2 k k k k k k k k x x x C x x C x x - - - - - - - = = æ ö æ ö æ ö æ ö ÷ ÷ ÷ ç ç ç ÷ ç ÷ ÷ ÷ + = + = = ÷ ç ç ç ç ÷ ÷ ÷ ÷ ç ç ç ÷ ç ÷ ÷ ÷ ç ç ç è ø è ø è ø è ø å å Số hạng tổng quát của khai triển là 24 3 4 12 2 . k k k C x - - (k   và k  12) 0,25 Suy ra số hạng không chứa x tương ứng với số hạng có k thỏa : 24 3 0 8 4 k k - = =Û (thỏa đk của k). Vậy số hạng không chứa x là : 8 8 12 .2 .C - 0,25 7B Phương trình đường thẳng d qua M(1; 3) và … 1,0 Lập luận ( ) 1;3M có toạ độ dương thuộc góc phần tư thứ nhất và điểm M thuộc đoạn AB nên điểm A, B thuộc tia Ox, Oy, suy ra ( ) ( ) ;0 , 0;A a B b với 0, 0a b> > . 0,25 Viết phương trình đường thẳng d theo đoạn chắn: 1 x y a b + = . Lập luận điểm M d∈  1 3 1 a b + = . 0,25 Áp dụng BĐT giữa trung bình cộng - trung bình nhân cho hai số dương 1 3 , a b ta có: 1= 1 3 3 1 2 12ab a b ab = + ≥ ⇔ ≥ . 0,25 ab = 12  2 1 3 1 6 2 a b a b =  = = ⇔  =  . Do đó, phương trình đường thẳng d: 1 6 2 12 0 2 6 x y x y+ = ⇔ + − = . 0,25 8B A(2; 0; 0), B(0; 2; 0). Tìm C và viết pt mặt cầu tâm O tiếp xúc 3 cạnh  ABC 1,0 • Tìm toạ độ điểm C. - Lập luận điểm C Oz ∈ nên toạ độ ( ) 0;0;C c - Viết điều kiện tam giác ABC là tam giác đều khi và chỉ khi 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2AB AC BC AB AC BC c c= = ⇔ = = ⇔ + = + ⇔ = ± - Kết luận : C(0; 0; 2) hoặc C(0; 0; –2). 0,25 • Viết phương trình mặt cầu(S) - Lập luận được tứ diện OABC đều vì 2OA OB OC= = = và tam giác ABC đều. 0,25 - Gọi I là trung điểm cạnh AB thì OI AB ⊥ tại I. 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 OI AB OA OB⇒ = = + = + = (tam giác OAB vuông tại O). 0,25 - Lập luận được mặt cầu (S) tâm O, tiếp xúc với các cạnh của tam giác ABC có bán kính R = d(O; AB) = OI = 2 . Do đó, phương trình của ( ) 2 2 2 : 2S x y z+ + = . 0,25 9B Chứng minh ( ) 2 1 2 2 2 2 1 2 1 .2 n n n n n C C n C n n − + + + = + ,  n  * 1,0 Từ ( ) 0 1 1 . n n n n n n x C C x C x+ = + + + Lấy đạo hàm cấp 1 và cấp 2 ta có: ( ) 1 1 2 1 1 1. 2. . (1) n n n n n n n x C C x n C x − − + = + + + ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 1 1 2.1. 3.2. 1 . (2) n n n n n n n n x C C x n n C x − − − + = + + + − 0,25 Trong (1) và (2) lần lượt cho x = 1 ta được: 1 1 2 2 1. 2. . (3) n n n n n n C C nC − = + + + ( ) ( ) 2 2 3 1 2 2.1. 3.2. 1 . (4) n n n n n n n C C n n C − − = + + + − 0,25 Ta có ( ) ( ) 2 1 1 1 1 1 1 n n n n k k k k n n n n k k k k k C k k k C k k C kC = = = = = − + = − +    ∑ ∑ ∑ ∑ 0,25 = n(n – 1).2 n – 2 + n.2 n – 1 (từ (3) và (4)) = n(n + 1).2 n – 2 . Vậy ( ) 2 1 2 2 2 2 1 2 1 .2 n n n n n C C n C n n − + + + = + . Ghi chú. Có thể chứng minh được (3), (4) chỉ sử dụng công thức tổ hợp. Cụ thể CM được: 1 2 1 2 (1 ) và ( 1) ( 1) (2 ) k k k k n n n n kC nC k n k k C n n C k n − − − − = ≤ ≤ − = − ≤ ≤ (n, k  ). Từ đó chứng minh được (3) và (4). 0,25 Ghi chú: mọi cách giải khác đúng đều được điểm tối đa với nội dung tương ứng. . ) ( ) 2 11 2 11 11 P f t + ≤ ≤ 0,25 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 2 11 11 3 2 11 1 11 2 11 2 11 a b ab a a b b  +  + − = = −    ⇔   + =   = −    hoặc 11 11 11 2 11 11 a b  + =     =   0,25 Vậy. / 2 2 2 2 2 5 1 11 ; 0 2 3 t t f t f t t t t − + + ± = = ⇔ = − + . 0,25 Bảng biến thi n t −∞ 1 11 2 − 1 11 2 + +∞ ( ) / f t - 0 + 0 - ( ) f t 2 ( ) 2 11 2 11 11 + ( ) 2 11 2 11 11 − 2 Do. C+ + + + = + =K . 0,25 Theo giả thi t, ta có 2 4096 12 . n n= =Û 0,25 Với n = 12 , ta có 12 12 12 1 1 1 1 24 3 12 12 1 1 2 4 2 4 4 12 12 4 0 0 1 2 . 2 . 2 . 2 k k k k k k k k x x x C x x C x x - - -