de thi DH khoi A va A1 nam 2013

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

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

GV: Hồ Xuân luong

Truong phổ thong Triệu Son

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

x y

-1

O

Hệ trở thành

2 2

1 2

t y t y t y

t y t y





Hệ trở thành

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) GV: Hồ Xuân luong

Truong phổ thong Triệu Son

2cos a( π 4) 1 a 2kπ π 2 2kπ

⇒ + = ⇒ = ∧ − + ⇒HPT có 2 nghiệm:(3/2; -1/2) và (1/2; -3/2 )

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

1

dx x

∫ = ( 1 1) ln( 1)3

1

x x

1

ln x = 4ln 4 2ln 2

3

+ ln3

= 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 ⇒ 0

60

SCH

Xét ∆HSC vuông tại H ta có : Tan ∠SHC =

HC

SH

⇒ SH = HC.Tan∠SHC =

3

21 3

3

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]=dB→(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= =

GV: Hồ Xuân luong

S

H M

K

I

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

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-GV: Hồ Xuân luong

I

S

C A

z

x

y

Truong phổ thong Triệu Son

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

+ + +

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

2

a ; MN = 5

6

a

; cosA =

AM AN MN

AM AN

= 1

2 ⇒ ·MAN =45o

B A

M

(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

=

−

−

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









+















=

=

⇔

4

1

x

x

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 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:

GV: Hồ Xuân luong

Truong phổ thong Triệu Son

2

2

CMN

a a

a a

2

d M AN =

2

AMN

S∆ = AN d M AN ⇒ ( , ) 3 5 2 2 15 2

AMN

AN

∆

Và

2

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

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.ud =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−

Vì A∈( )C a: 2+a2 = ⇒8 a2 =4⇒ A( )2; 2

m + n = ⇒ m +n =

2

1

⇒ + = ⇒ =

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 ; 2 N − t − −t; 2−t)

N là 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

GV: Hồ Xuân luong

Truong phổ thong Triệu Son

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

=





z = 1 + i; w= + +1 z z2 = + + + +1 (1 ) (1 )i i 2 = + + + + + −1 1 i 1 2i ( 1) = +2 3i ⇒ w = 4 9+ = 13

Hết