Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng SAB.. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P + II.PHẦN RIÊNG 3,0 điểm: Thí sinh chỉ được làm một trong hai
Trang 1GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN - Khối : A và A1
Thời gian làm bài 180 phút,không kể thời gian giao đề
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2
y= − +x 3x +3mx 1 (1)− , với m là tham số thực
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0
b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; +∞)
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 1 tan x 2 2 sin x
4
π
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
4 4
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
2 2 2 1
1 ln
−
=∫ x
x
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, ·ABC 30= 0, SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB)
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a c)(b c) 4c+ + = 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
+
II.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 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C
thuộc đường thẳng d : 2x y 5 0+ + = và A( 4;8)− Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD Tìm tọa độ các điểm B và C, biết rằng
N (5;-4)
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
:
− − và điểm A(1;7;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông
góc với ∆ Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆ sao cho AM = 2 30
Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi S là tập hợp tất cả số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ
các số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 Xác định số phần tử của S Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác xuất
để số được chọn là số chẵn
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng :x y 0∆ − = Đường tròn (C) có bán kính R = 10 cắt ∆ tại hai điểm A và B sao cho AB = 4 2 Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc tia Oy Viết phương trình đường tròn (C)
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
(P): 2x 3y z 11 0+ + − = và mặt cầu 2 2 2
(S) : x +y + −z 2x 4y 2z 8 0+ − − = Chứng minh (P) tiếp xúc với (S) Tìm tọa độ tiếp điểm của (P) và (S)
Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z 1= + 3i Viết dạng lượng giác của z Tìm phần thực và phần ảo của số phức w (1 i)z= + 5
Trang 2GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 KHỐI A,A1
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1: a/ Khảo sát, vẽ (C) :
m = 0 ⇒ y = x4 – 2x2
D = R, y’ = 4x3 – 4x, y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = ±1
Hàm số đồng biến trên (-1; 0) và (1; +∞), nghịch biến trên (-∞;-1) và (0; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = ±1 và yCT = -1
lim
→±∞ = +∞
Bảng biến thiên :
x -∞ -1 0 1 +∞
y’ − 0 + 0 − 0 +
y +∞ 1 +∞
-1 -1
y = 0 ⇔ x = 0 hay x = ± 2
Đồ thị tiếp xúc với Ox tại (0; 0) và cắt Ox tại hai điểm (± 2; 0)
b/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x
y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x2 = (m + 1)
Hàm số có 3 cực trị ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > -1
Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m2),
B (- m+1; – 2m – 1); C ( m+1; –2m – 1)
C¸ch 1
Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A Gọi M là trung điểm của BC ⇒ M (0; -2m–1)
Do đó ycbt ⇔ BC = 2AM (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền)
⇔ 2 m+1 = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2⇔ 1 = (m + 1) m+1 = (m+1)32 (do m > -1)
⇔ 1 = (m + 1) (do m > -1) ⇔ m = 0
C¸ch 2 Ta có ABC∆ cân tại A
⇒ ∆MPN vuông tại M ,suy ra 2 2 2
MN +MP =NP ⇔(m+1) ( m+1)3− = ⇔ =1 0 m 0 C¸ch 3: Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A
⇔ uuur uuurAB AC =0 ⇔ -(m+1) + (m+1)4 = 0 ⇔ (m+1)[(m+1)3 – 1]=0 ⇔ (m+1)(m3 + 3m2 + 3m) = 0
⇔ m(m+1)(m2 + 3m +3) = 0 ; chỉ có m = 0 thỏa mản điều kiện m > -1
Câu 2 3 sin2x+cos2x=2cosx-1
⇔ 2 3 sinxcosx + 2cos2x = 2cosx ⇔ cosx = 0 hay 3 sinx + cosx = 1
⇔ cosx = 0 hay 3
2 sinx +
1
2cosx =
1
2 ⇔ cosx = 0 hay cos( ) cos
x−π = π
2 k hay x k
3
x= π +k π
(k ∈ Z)
Câu 3:
2 2
1 2
x y x y
C¸ch 1 Đặt t = -x
Hệ trở thành
2 2
1 2
t y t y t y
t y t y
Hệ trở thành
x y
-1
O
Trang 3
GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
2
3
4
Vậy nghiệm của hệ là 3; 1 ; 1; 3
−
C¸ch 2:
1 2
− ; v = y + 1
2
Hệ đã cho thành
2 2
1
u v
+ =
Xét hàm f(t) = 3 3 2 45
t − t − t có f’(t) = 2 45
4
t − −t < 0 với mọi t thỏa t≤ 1
⇒ f(u) = f(v + 1) ⇒ u = v + 1 ⇒ (v + 1)2 + v2 = 1 ⇒ v = 0 hay v = -1 ⇒ =u v=10 hay 1
0
v u
= −
=
⇒ Hệ đã cho có nghiệm là 3; 1 ; 1; 3
−
C¸ch 3
2 2
1 2
hpt
x y x y
⇔
+ − + =
Đặt u x y
v xy
= −
=
Khi đó hpt trở thành
( ) ( )
2
1
2 2 2
u u v
− + =
Rút v từ (2) thay vào (1) ta được 6u2−2u3−45u+82 0= ⇔ =u 2
4
x; y ; v x; y = ;
C¸ch 4
1 2 ( 1 2) ( 1 2) 1(2)
Từ (2)⇒ ∃a x: −1 2=cosa y; +1 2=sina Thay vào (1) ta được:
(1+cosa sina− )(3 2+cosa sina cosasina− + −(cosa sina− ) 2 37 4) 22 3(1,5− + = +cosa sina− )
Đặt t = cosa – sina thì PT trên trở thành:
(1+t)(1,5+ + −t (1 t ) 2−t 2 37 4) 22 3(1,5− + = + ⇔t) 2t +39t−41 0= ⇒ =t 1(t ≤ 2)
2cos a( π 4) 1 a 2kπ π 2 2kπ
Câu 4.
3
2 1
1 ln(x 1)
x
1 ln(x 1)
+ +
1 3 1 1
x−
2
3+J Với
3 2 1
ln(x 1)
x
+
=∫ Đặt u = ln(x+1) ⇒ du = 1
1dx
x+ ; dv = 2
1
dx
x , chọn v =
1
x
−
- 1
J = ( 1 1) ln( 1)3
1
x x
3 1
dx x
∫ = ( 1 1) ln( 1)3
1
x x
− − + + ln x = 31 4ln 4 2ln 2
3
+ ln3
Trang 4GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
= 2ln 2 ln 3
3
Vậy I = 2 2ln 2 ln 3
−
Cách khác : Đặt u = 1 + ln(x+1) ⇒ du =
1
dx
x+ ; đặt dv = 2
dx
x , chọn v =
1
x
−
, ta có :
1
1
1 ln( 1)
x
3
1 ( 1)
dx
x x+
1
1 ln( 1) ln
1
x x
ln 2 ln 3
−
Câu 5 C¸ch 1
Ta có : Diện tích mặt đáy ABC là : 3
4
1 2
a
S∆ABC =
Gọi M là trung điểm AB :MH= MB=1 a
Vì ∆ABC đều cạnh a, CM là đường cao : CM=a 3
2
Xét ∆ CMH vuông tại M
Theo Pitago ta có: CH =CM +MH2 2 2 =
2 2
a 3 a +
9 ⇒
a 7 CH=
3 Góc hợp bởi SC và mặt phẳng ABC bằng 600 ⇒∠SCH =600
Xét ∆HSC vuông tại H ta có : Tan ∠SHC =
HC
SH
⇒ SH = HC.Tan∠SHC =
3
21 3
3
a
=
Tích Thể Tích khối chóp S.ABC ⇒V = SH.S1 = 1 a 21 a. 2 3 a= 3 7
Xét trong mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A và song song với BC
Nên BC//(SA;d)=>d[BC;SA]=dB→(SA,d)
Dựng hình thoi ABCD , dựng HK ;HI sao cho :HK HI⊥⊥SK I SK AD k((∈∈AD))
Ta có SH⊥(ABC)⇒SH⊥AD
Mà HK⊥AD nên AD⊥(SHK) ⇒(SAD) (⊥ SHK)
Mà HI ⊥SK n n HIê ⊥(SAD) ⇒HI là khoảng cách từ H đến (SAD) nên :
3 2
3 3
2 sin
AH
Xét ∆SHKvuông tại H ,đường cao HI:
2 2
2 2
24 3
21
3 1
1
1
a a
a HK
HS
+
= +
6
7 2
a
HI =
3
HA= AB
nên khoảng cách cần tìm là :
d = 3 3. 7 42
2 2 2 6 8
HI= =
C¸ch 2
Gọi M là trung điểm AB, ta có
a a a
MH =MB HB− = − =
2
3
a
SC = HC= ; SH = CH.tan600 = 21
3
a
V S ABC = a=
dựng D sao cho ABCD là hình thoi, AD//BC
C
S
H M
K
D
I
Trang 5GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
Vẽ HK vuông góc với AD Và trong tam giác vuông
SHK, ta kẻ HI là chiều cao của SHK
Vậy khoảng cách d(BC,SA) chính là khoảng cách 3HI/2 cần tìm
,
7
2 6
a
HI
C¸ch 3 - Ta có (· SC, ABC( ) )= SCA · = 60 0.Gọi I là trung điểm AC Khi đó ta có
3
1
3
2
SABC
a
IH IB
a
CI
- Dựng Iz//HS Chọn hệ trục Ixyz ( như hình vẽ)
Khi đó , ;0;0 ; ;0;0 ; 0; 3;0 ; ;0; 21
A− B c S
8 ,
SA BC AB a
d SA BC
SA BC
uur uuur uuur uur uuur C¸ch
4-Câu 6 C¸ch 1 x + y + z = 0 nên z = -(x + y) và có 2 số không âm hoặc không dương Do tính
chất đối xứng ta có thể giả sử xy ≥ 0
Ta có 3x y 32y x 32x y 12( 2 2 )
P= − + + + + − x +y +xy =
3x y 3 y x 3 x y 12[( ) ]
x y xy
y x x y
x y
x y xy
+ + +
I
S
C A
z
x
y
Trang 6GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
x y
x y
x y
+
− + − + Đặt t = x y+ ≥0, xét f(t) = 2.( 3)3t−2 3t
f’(t) = 2.3( 3) ln 3 2 3 2 3( 3.( 3) ln 3 1) 03t − = 3t − >
⇒ f đồng biến trên [0; +∞) ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2
Mà 3x y− ≥ 30 = 1 Vậy P ≥ 30 + 2 = 3, dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 0 Vậy min P = 3 C¸ch 2 Từ giả thiết suy ra x2 + y2 + z2 = − 2 ( xy yz zx + + )
Vì vậy nếu đặt a = − x y b , = − y z c , = − z x thì a b c , , ≥ 0
và a b c b c a c a b+ ≥ , + ≥ , + ≥
Ta có :P= + + − 3a 3b 3c 2(a2 + +b2 c2)
Vì a b c+ ≥ nên (a b c c+ ) ≥ 2 Tương tự ( )
2 2
b c a a
c a b b
Công ba bất đẳng thức trên ta được
2 ab bc ca + + ≥ a + + ⇒ + + b c a b c ≥ 2 a + + b c
Nên
Xét hàm
( ) 3x , 0 '( ) 3 ln 3 1 0x ( ) ( )0 1
Vì Vậy P ≥ 3, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):
A Theo chương trình Chuẩn :
Câu 7a Cách 1 Ta có : AN = 10
3
a
; AM = 5
2
a
; MN = 5
6
a
; cosA =
AM AN MN
AM AN
2 ⇒ · 45o
MAN =
(Cách khác :Để tính ·MAN = 450 ta có thể tính
1 2 3
1
1 2
3
tg DAM DAN −
Phương trình đường thẳng AM : ax + by 11 1
2 a 2b
·
2 2
cos
2
a b MAN
a b
−
+ ⇔ 3t2 – 8t – 3 = 0 (với t =
a
b) ⇒ t = 3 hay 1
3
t= −
+ Với t = 3 ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ : 2 3 0
x y
x y
− − =
+ − =
+ Với 1
3
t= − ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ : 2 3 0
x y
x y
− − =
− − =
Cách 2 Kẻ MH ⊥ AN (H∈AN) MH = d(M,AN) =
2
5 3 2
3 2
1 2
11 2
=
−
−
B A
C D
N
M
Trang 7GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH Đặt : AB = a Ta có :
S∆AMN =S ABCD −S∆AMB −S∆CMN −S∆ADN
6
5 3 2
1 3
2 2
2
1 2
2
a a a a
a a
S∆AMN = − − − =
3
10 9
10 3
2 2
2 2
a DN
AD
+
= +
=
2
5 4
5 2
2 2
2 2
a BM
AB
+
= +
=
Mặt khác : S∆AMN = AN.AM.sin∠MAN
2
6
5 sin
2
MAN AM
AN
S∆AMN = ∠ =
6
5 sin
2
5 3
10
2
MAN a
2
2
2
5 3 2
2 2
5
=
∠
=
⇒
MAN Sin
MH AM
A∈ AN:2x y− − = ⇔ =3 0 y 2x−3 Đặt A(x;2x-3)
AM =
2
5 3 3 2 2
1 2
+
−x x ⇔x2 -5x+4= 0⇔x x==14 Vậy A1(1; 1),− A2(4;5)
Cách khác: A (a; 2a – 3), ( , ) 3 5
2
d M AN = , MA = 2 3 10
2
MH = ⇔ ( 11)2 (2 7)2 45
a− + a− =
⇔ a = 1 hay a = 4 ⇒ A (1; -1) hay A (4; 5)
C¸ch 3 ĐặtAB a a = , > 0 Ta có:
2
2
CMN
a a
Hơn nữa ,
2
a a
2
d M AN =
2
AMN
S∆ = AN d M AN ⇒ ( , ) 3 5 2 2 15 2
AMN
AN
∆
Và
2
a
AM = AB +BM = a + =
Lấy A AN∈ ,giải 15 10
8
AM = →A(1; 1) A(4;5)− v
Câu 8a C¸ch 1 Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi uuurd
= (1; 2; 1) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d
[ , ] 2
( , )
d d
MI u
AB R
u
uuur uur uur , [MI uuuur uur, ] ( 2;0; 2)d = − ⇒ IH = 8 2
6 = 3
R = ⇒ R = 2 6
3 ⇒ phương trình mặt cầu (S) là : 2 2 ( 3)2 8
3
x +y + −z = C¸ch 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên d
Khi đó , IAB∆ vuông tại I nên AB=2IH
Trang 8GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
IA IB BA IH
⇒ + = = ( vì tam giác IAB vuông cân tại I)
( )
3
d d
MI u
R IA IH d I d
u
uuur uur uur ( Trong đó M(-1;0;2) d∈ )
( )2
3
ptmc y z
C¸ch 3 Giọi H là hình chiếu của O xuống đường thẳng d⇒H(t-1;2t;t+2)⇒ I H=(t−1;2t;t−1)
Vì IH ⊥d⇒I H.ud =0 ⇔t-1 + 4t + t-1 =0 ⇔ t =
3 1
⇒ IH = (t−1)2 +(2t)2 +(t−1)2 =
3
3 2 9
1 4 ) 1 3
1 (
∆IAB vuông cân tại I nên IA = IB = IH 2 =
3
2 2
Phương trình mặt cầu S có tâm I(0;0;3) bán kính
3
2 2
=
=IA
R là : x2 +y2 +(z-3)2 =
3 8
Câu 9.a 5 n 1 3
C − =C ⇔ 5 ( 1)( 2)
6
n n n
n= − −
⇔ 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) ⇒ n = 7 Gọi a là hệ số của x5 ta có
7 2
7
1 2
i x
x
−
7
7
1
2
i
−
⇒ 14 – 3i = 5 ⇒ i = 3 và
7 7
7
1 2
i i
−
−
35 16
−
Vậy số hạng chứa x5 là 35
16
−
.x5
B Theo chương trình Nâng cao :
Câu 7b C¸ch 1 Phương trình chính tắc của (E) có dạng :
2 2
x y
a b
a +b = > Ta có a = 4 (E )cắt (C ) tại 4 điểm tạo thành hình vuông nên :
M (2;-2) thuộc (E) 42 42 1
a b
3
b
⇔ = Vậy (E) có dạng
2 2
1 16 16 3
x + y =
C¸ch 2 Ta có nhận xét , đường tròn và Elip nhận
gốc O làm tâm đối xứng
Do đó gs 4 đỉnh hình vuông
( ) (; ; ; ;) ( ; ) (; ; )
A a a B −a a C − −a a D a a−
A∈ C a +a = ⇒a = ⇒ A( )2; 2
m + n = ⇒ m +n =
2
1
⇒ + = ⇒ =
Trang 9GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
2
16
3
x y
b
Câu 8b C¸ch 1 Vì M là giao điểm của ∆ và d nên ta có M( 1 2 ; ; 2− + t t +t)
Vì A là trung điểm của MN nen suy ra (3 2 ; 2N − t − −t; 2−t)
Nlà giao điểm của ∆ và ( )P nên ta có
N∈( )P ⇒ − − − −3 2t 2 t 2 2( − + = ⇒ =t) 5 0 t 2
Từ đây ta có M(3; 2; 4), ( 1; 4;0)N − − Suy ra MNuuuur= − − − = −( 4; 6; 4) 2(2;3; 2)
2
2
C¸ch 2 Viết lại (d) dưới dạng:
2 1
2
x t
y t t R
z t
= −
= +
Giả sử M(2t-1;t;t+2) N (a;b;c)
Ta có
Vậy M(3; 2; 4), ( 1; 4;0)N − − vµ M(3;2;4), khác A => thỏa mãn
2
2
Câu 9b z x yi= +
5( )
2
1
z i
i
+
2 1
x yi i
i
x yi
− +
+ +
5[( ( 1) )
2 ( 1)
x y i
i
x yi
− −
+ +
5x 5(y 1)i 2(x 1) (x 1)i 2yi y
+ + =
+ − = −
x y
x y
− =
1 1
x y
=
w= + +z z = + + + +i i = + + + + + −1 1 i 1 2i ( 1) = +2 3i ⇒ w = 4 9+ = 13
Hết
