SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP CẦN THƠ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CHÂU VĂN LIÊM Mơn thi : TỐN **** Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề. ĐỀ THI THỬ I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm): Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 32 ( 1) (2 1) 1y x m x m x      (mR) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0. b. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có 2 điểm cực trị x 1 , x 2 thoả 22 12 x 9x 10 . Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: 22 2sin cos2 2cos sin2 2cos 2 x x x x x   Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2 3 6 1 2 2x x x x      Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I= 2 0 1 1 sin x dx x     Câu 5 (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA = b. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC). Tính tan  và thể tích của khối chóp A.BBCC. Câu 6 (1,0 điểm) cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh 2 2 2 22a b c abc    II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) A. Theo chương trình Chuẩn: Câu 7a. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình vng ABCD đường thẳng chứa đường chéo AC có phương trình: x + y – 4 = 0, đường thẳng chứa BC có phương trình x 5 = 0 và điểm M(1;1)  AD . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D. Câu 8a. (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng:   1 x 1 t d : y 2 t z 2 t           và   2 x 2 u d : y 1 u z1         Chứng minh d 1 và d 2 chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d 1 và d 2 Câu 9a. (1,0 điểm) Trong khai triển 12 13 25 24 25 24 1 0 ( ) ( 1) ( 2) f x x x a x a x a x a        . Tìm a 3 Theo chương trình Nâng cao Câu 7b. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD, biết A(1; 0), một đường chéo có phương trình x + y  4 = 0 và diện tích hình thoi ABCD là 3. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại. Câu 8b (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) : 2 2 2 2 4 6 11 0x y z x y z       . Lập phương trình mặt phẳng (P) vng góc với đường thẳng d: 1 1 2 2 x y z   và cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính bằng 3 . Câu 9c (1,0 điểm) Giải hệ :   12 2 2 4 2 3.2 2 2 4log log 1 3log 4 x y y x x y y         Hết Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………… Số báo danh: …………………… 1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi : TOÁN Câu Đáp án Điểm 1 (2,0 điểm) a.(1,0 điểm) Cho hàm số 32 ( 1) (2 1) 1y x m x m x      (mR) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=0. y= x 3 –x 2 –x+1. D= . lim ; lim xx yy       ;y’=3x 2 – 2x – 1 2 1 ' 0 3 2 1 0 3 1 x y x x x             0,25 0,25 hàm số đồng biến trên các khoảng   1 ; , 1; 3       hàm số nghịch biến trên 1 ;1 3     hàm số đạt cực tiểu tại x=1 ; y ct =y(1)=0 hàm số đạt cực đại tại x=-1/3 y cd =y(-1/3) = 32/27 0,25 0,25 b. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có 2 điểm cực trị x 1 , x 2 thoả 22 12 x 9x 10 32 2 2 ( 1) (2 1) 1 ' 3 2( 1) (2 1) 1 ' 0 3 2( 1) (2 1) 0 21 3 y x m x m x y x m x m x y x m x m m x                           0,25 hàm số có 2 điểm cực trị x 1, x 2 <=> phương trình y’=0 có 2 nghiệm và đổi dấu khi x qua x 1 , x 2 <=> 21 12 3 m m       0,25 2 22 2 12 1 (2 1) 10 9 10 21 9 10 3 m xx m                 0,25 m=1(nhận) hay m=2 (loại) 0,25 2 Câu Đáp án Điểm 2 (1,0điểm) Giải phương trình: 22 2sin cos2 2cos sin2 2cos 2 x x x x x   (1) (1) 2 (1) 2sin cos2 sin2 2cos 1 cos 0x x x x x      0,25 2sin cos2 2sin cos cos2 cos 0 cos2 (2sin 1) cos (2sin 1) 0 (2sin 1)(cos2 cos ) 0 x x x x x x x x x x x x x               0,25 1 2sin 1 0 sin 2 cos2 cos 0 cos2 cos x x xx xx             0,25 52 2 ; 2 ; 2 ; k 6 6 3 x k x k x k x k             ¢ 0,25 3 (1,0 điểm Giải bất phương trình: 2 3 6 1 2 2x x x x      (1) Điều kiện : 2 3 6 0 1 10 xx x x           i. x = -1 không phải là nghiệm (1) ii. x > -1 chia 2 vế cho 1x  , ( 1x  >0) ta được 2 ( 1) 2( 1) 51 1 1 xx x x       0,25 Đặt t = 1 1 x x   BPT trở thành 22 5 1 2 5 2 1t t t t       0,25 2 1 2 1 0 2 2 2 3 4 4 0 2 3 t t t tt tt                       0,25 Ta có 2 1 1 1 2 2 1 1 6 3 0 1 3 2 3 hay x 3 + 2 3 x x x xx xx x x                         x 3 + 2 3 vậy nghiệm của BPT là x 3 + 2 3 0,25 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I= 2 0 1 1 sin x dx x     2 2 0 1 2cos 24 x I dx x          đặt u = 1 + x => du = dx dv = 2 1 2cos ( ) 24 dx x   => tan 24 x v      0,25 /2 2 0 0 (1 )tan tan 2 4 2 4 xx I x dx                      0,25 =1+2 2 0 tan 24 x dx        0,25 2 0 1 2ln cos( ) 1 2ln 2 24 x        0,25 3 Câu Đáp án Điểm 5 (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA = b. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC). Tính tan  và thể tích của khối chóp A.BBCC. Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của  ABC. Vì A.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC) là  = · A EH  . 0,25 Ta có 3 3 3 ,, 2 3 6    a a a AE AH HE  22 22 93 '' 3     ba A H A A AH . Do đó: 22 ' 2 3 tan    A H b a HE a ; 0,25 2 2 2 2 . ' ' ' 33 '. 44       ABC ABC A B C ABC a a b a S V A H S 0,25 2 2 2 '. 13 '. 3 12    A ABC ABC a b a V A H S . Do đó: ' ' ' . ' ' ' '.  A BB CC ABC A B C A ABC V V V = 2 2 2 3 6 a b a 0,25 6 (1,0 điểm) cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2 . Chứng minh 2 2 2 22a b c abc    Độ dài mỗi cạnh của tam giác nhỏ hơn nữa chu vi của tam giác đó nên ta có: (1 )(1 )(1 ) 0 1 0a b c a b c ab bc ca abc             0,25 2 2 2 2 2 2 1 ( ) 0 22 a b c a b c a b c ab bc ca abc               0,25 2 2 2 2 () 10 22 a b c a b c abc          0,25 2 2 2 2 2 2 1 0 2 2 2 abc abc a b c abc          đpcm. 0,25 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình vuông ABCD đường thẳng chứa đường chéo AC có phương trình : x + y – 4 = 0, đường thẳng chứa BC có phương trình x 5 = 0 và điểm M(1;1) AD. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D. C=ACBC nên toạ độ đỉnh C là nghiệm của hệ 40 (5; 1) 50 xy C x         0,25 Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AC => M’AB Gọi I là giao điểm của AC và đường thẳng d qua M và vuông góc với AC (2;2) '(3,3)IM 0,25 AB qua M’ , ABBC AB: y = 3 AD qua M , ADAB AD: x = 1 CD qua C , CD// AB CD: y = -1 0,25 Vậy A(1;3) , B(5;3) , D(1;-1) 0,25 A B C A’ B’ C’ H E 4 Cõu ỏp ỏn im 8a (1,0 im) Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho cỏc ng thng: 1 x 1 t d : y 2 t z 2 t v 2 x 2 u d : y 1 u z1 Chng minh d 1 v d 2 chộo nhau. Vit phng trỡnh mt cu cú bỏn kớnh nh nht tip xỳc vi c hai ng thng d 1 v d 2 ng thng (d 1 ) i qua M 1 ( 1; 2; -2) v cú VTCP 1 u 1;1; 1 ng thng (d 2 ) i qua M 2 ( 2; 1; 1) v cú VTCP 2 u 1; 1;0 Suy ra 1 2 1 2 u ,u .M M 6 0 . Vy (d 1 ) v (d 2 ) chộo nhau 0,25 Gi A l tip im ca d 1 v (S) , Gi B l tip im ca d 2 v (S) , I l tõm mt cu (S) IA+IB AB , AB 12 ,d d d . IA + IB ngn nht khi I l trung im ca on AB v AB l on vuụng gúc chung ca d 1 v d 2 0,25 Ly A( 1+ t; 2 + t; 2 t) (d 1 ) v B( 2 + u; 1 u ; 1 ) thuc (d 2 ) .Ta cú : AB 1 u t; 1 u t;3 t A,B l giao im ca ng vuụng gúc chung ca (d 1 ) v (d 2 ) vi hai ng ú 1 2 AB.u 0 3t 3 0 t 1 2 2u 0 u 1 AB.u 0 Suy ra : A( 0;1; 1) v B(1; 2; 1) 0,25 => I( 13 ; ;0 22 I , R= 6 22 AB phng trỡnh mt cu (S): 22 2 1 3 3 2 2 2 x x z 0,25 9a (2,0 im) Trong khai trin 12 13 25 24 25 24 1 0 ( ) ( 1) ( 2) f x x x a x a x a x a . Tỡm a 3 12 13 12 11 1 1 13 1 12 12 12 13 12 12 13 13 ( ) ( 1) ( 2) ( 1)( 2 2 2 )f x x x x x C xC x C x C x 0,5 Cỏc hng t cha x 3 trong khai trin tip theo l 10 3 10 11 11 2 11 10 12 1 12 9 3 13 13 12 13 12 13 12 2 . 2 . 2 .2C x C xC x C xC x C x 0,25 Vy 10 10 11 11 11 10 12 12 9 13 13 13 12 13 12 13 12 2 2 2 2a C C C C C C 13 a =7526400 0,25 7.b (1,0 im) Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hỡnh thoi ABCD, bieỏt A(1,0) , mt ủửụứng cheựo coự phng trỡnh x + y 4 = 0 vaứ din tớch hỡnh thoi ABCD l 3. Tỡm ta cỏc nh cũn li. BD: x + y 4 =0 ( A(1;0)BD) AC qua A , ACBD => AC: x y 1=0 ; I=ACBD => 53 ; 4;3 22 IC 0,25 B,D i xng qua I ( ;4 ) (5 ; 1)B b b BD D b b 0,25 Din tớch S=BD.IC= 22 . 3 2 (5 2 ) (2 5) . 3 22 BD AC bb 2(5-2b) 2 = 2 2 3 b b 0,25 Vy B( 3;1) , D(2;2) hay B(2;2) ,D( 3;1) 0,25 5 Câu Đáp án Điểm 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) : 2 2 2 2 4 6 11 0x y z x y z       . Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng d : 1 1 2 2 x y z   và cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính bằng 3 . Mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng d : 1 1 2 2 x y z   nên có vectơ pháp tuyến là (1;2;2)n  phương trình mặt phẳng (P) có dạng x + 2y +2z + d =0 0,25 (S) có tâm I(1;2;3) có bán kính R= 1 4 9 11 5    , d(I,(P))= 22 25 9 4Rr    0,25 222 1 1 2.2 2.3 d 4 11 12 23 1 2 2 d d d                0,25 Vậy có hai mặt phẳng thỏa đề bài có phương trình là (P): x + 2y +2z + 1 = 0 Và (P’): x + 2y +2z  23 = 0 0,25 9.b (1,0 điểm) Giải hệ :   12 2 2 4 2 3.2 2 2 4log log 1 3log 4 x y y x x y y         Điều kiện : 0; 0xy   2 1 3.2 2.2 2 x y y x    2 3.2 .2 2.2 .2 2 .2 x x y x y x x         2 3 2.2 2 y x y x    0,25 Đặt 2 yx t   0t  Ta được phương trình     2 1 2 3 0 3 tn tt tl           0,25 0 1 2 1 2 yx t      0y x x y     Thay xy vào (2) ta được phương trình   2 2 4 2 4log log 1 3log 4x x x   23 2 2 2 2 2 1 4log log 1 3 2 log log 7log 6 0 4 x x x x x            0,25 Đặt 2 logtx Phương trình 3 7 6 0tt    3 1 2 t t t           11 3 8 ; 1 ; 2 24 t x y t x y t x y              Vậy   1 1 1 1 ; ; ; ; 8;8 2 2 4 4 S                 0,25 . VÀ ĐÀO TẠO TP CẦN THƠ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CHÂU VĂN LIÊM Mơn thi : TỐN **** Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề. ĐỀ THI THỬ I. PHẦN CHUNG CHO. …………………… 1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi : TOÁN Câu Đáp án Điểm 1 ( 2,0 điểm) a.( 1,0 điểm) Cho hàm số 32 ( 1) (2 1) 1y x m x m x      (mR) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị. với AC (2;2) '( 3,3 )IM 0,2 5 AB qua M’ , ABBC AB: y = 3 AD qua M , ADAB AD: x = 1 CD qua C , CD// AB CD: y = -1 0,2 5 Vậy A(1;3) , B(5;3) , D(1;-1) 0,2 5 A B C A’ B’