Tính V SABC Gọi H là trung điểm của BC... Suy ra tam giác SHB cân tại S... + Giả sử M là trung điểm AB và I là tâm đường tròn, H là giao điểm hai tiếp tuyến.. + Ta có hình vẽ như trên là
Trang 1HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC THPT NĂM 2013
MÔN TOÁN HỌC
Câu 1
a Khi m = 0 ta có hàm số:
TXD: D = R
'
0 0
2
x
y
x
* Bảng biến thiên
x - 0 2 +
y’ - 0 + 0 -
-1
3
-+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ,0 ; 2;
+ Hàm số đồng biến trên (0, 2)
* Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x CD 2 y CD 3
Hàm số đạt cực tiểu tại x CT 0 y CT 1
* Đồ thị hàm số:
''
''
Suy ra điểm uốn U (1, 1)
+ (C) giao với trục Oy: (0; -1)
Điểm cực đại: (2; 3)
Điểm cực tiểu: (0; -1)
Trang 2b
Để hàm số (1) nghịch biến trên 0; thì 'y 0 trên 0; hay :
2
2
Xét g x( ) x2 2x trên 0;
Bảng biến thiên:
x 0 1
g(x)
-1
x
Kết luận m 1
Câu 2:
1 + tanx = 2 2 sin(x 4) (1)
ĐKXĐ: cosx 0
(1) 1+
s inx
cos x 2 2 sin(x 4)
(sinx + cosx) = 2 2.cos sin(x x 4)
2 sin(x 4) = 2 2.cos sin(x x 4)
sin(x 4) [1-2 cosx]=0
Trang 3
4
1
cos
2
x
x
Kết hợp điều kiện cosx 0thấy các nghiệm đều thỏa mãn
Kết luận: nghiệm của phương trình là: x 4 k ;x 3 2k
Câu 3
4 4
Suy ra: x 1 4 x 1 t4 2 t
Vật t + t4 2 t
Suy ra t = y vì hàm số f (u) = u 44 2 0 luôn đồng biến
Với t = y ta có: y = 4 x 1 y4 x 1 x y4 1
Thế vào (2)
(y4+1)2 + 2(y4+1)(y-1) + y2-6y+1=0
y=0 => x=1 => (1;0)
Vậy hệ có nghiệm (1;0) và (2;1)
Câu 4
2 2
2
1
1
1 2
1
ln
2
1 2
1
ln 2
x
x
x
x
x
x
Trang 4Câu 5
Tính V SABC
Gọi H là trung điểm của BC Suy ra SH vuông góc với BC
Vì
Tam giác SBC đều cạnh = a suy ra SH =
3 2
a
Tam giác ABC vuông góc tại A, góc ABC = 0
30 , BC = a suy ra AB =
os30
2
a
BC c
Và AC = 2
a
Suy ra
3
Tính khoảng cách từ C đến (SAB)
Ta có: AH = 2 2
Tam giác SAH vuông tại H suy ra
Tam giác SHB vuông tại H suy ra
Trang 5Suy ra tam giác SHB cân tại S Gọi M là trung điểm của AB suy ra SM =
2
2
Suy ra diện tích tam giác
2
SAB
Ta có
3
1 ( , ( ))
a
3
3
2
3
16
SAB
a
d C SAB
Câu 6
Câu 7a
Trang 6Gọi C(t, -2t – 5)
Ta có:ACMD là hình bình hành
AC BN tại E
CE là đường trung bình trong tam giác BNM nên E là trung điểm của BN
Tam giác ABN cân tại A => ANB ABN
Tam giác ANC vuông tại N
=> AN NC 0 9(t 5) 12( 2t 1) 0 t 1
=> C(1;-7) => Phương trình AC: 3x+y+4=0
Lập phương trình BN đi qua N (5;-4) và vuông góc với AC
BN: x-3y-17=0
=> Tọa độ E ( ;1 11) ( 4; 7)
AC
Câu 7b
Trang 7+) Giả sử M là trung điểm AB và I là tâm đường tròn, H là giao điểm hai tiếp tuyến
+) Ta có hình vẽ như trên là trường hợp duy nhất thỏa mãn
+) Ta có IM vuông góc AB và I, M , H thẳng hàng
+) Tam giác IMB vuông tại M =>
AB
+)
2 10
5 2
IH
IM
IB
Mà HMO 90o=> Tam giác HMO vuông cân tại M
+) Viết phương trình IM
(∆) nhận (1; 1)n là VTPT => nhận (1;1)v là VTCP
IM => IM nhận (1;1)v là VTPT; IM qua M(4; 4)
=> phương trình IM: x y 8 0
+) Giả sử I ∈ IM có tọa độ I(t; 8-t) d I( ; ) IM 2
1
2 2
2
(5;3) 5
8
I t
t
Lấy K(1,0) Ox
K, I cùng phía so với ( )
+) Xét I1(5, 3) có (5 – 3)(1 – 0) > 0 => thỏa mãn
+) Xét I2(3, 5) có (3 – 5)(1 – 0) < 0 => loại
Vậy (C) có tâm I1(5, 3) bán kính 10
PT của (C):
Trang 8Câu 8a
:
Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với
Mặt phẳng (P) có vtpt : n p/ /u = (-3; -2; -1)
Phương trình mặt phẳng (P): -3(x – 1) – 2(y-7) + 1(z-3) = 0
-3x – 2y + z +14 = 0
M ∈
6 3
1 2 2
2 30
2
14t 8t 6 0
Câu 8b
Mặt cầu (S) có tâm I (1;-2;1) bán kính R 14
14
Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S)
Lập phương trình đường thẳng d đi qua I (1;-2;1) và mp P( )
Ta có véc tơ chỉ phương u // d u d
1 2
2 3
1
Tọa độ tiếp điểm mà M là giao của d và (S); M ( )P
2
Vậy tọa độ tiếp điểm M(3;1;2)
Câu 9a Gọi số có 3 chữ số phân biệt thuộc S có dạng abc abc
(1≤ a ≤ 9; 0≤ b,c ≤ 9, a, b, c ∈ N)
Khi đó số phần tử của S là: 7 6 5 = 210 phần tử
Số được chọn từ S là số chẵn có dạng a a a1 2 3
Khi đó a3 có 3 cách chọn {2; 4; 6}
a2 có 6 cách chọn {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}\ {a3}
a1 có 5 cách chọn {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}\ {a2, a3}
Số cách chọn phần tử thuộc S và là số chẵn là: 3.6.5 = 90 phần tử
Trang 9Gọi A là biến cố số chọn được từ S là số chẵn: ( ) 90 3
A
P A
Viết dạng lượng giác của z
2
i z
Phần thực và phần ảo của số phức
5
w (1 i z)
5
w (1 i z) (1 i) 16 16 3i 16(1 3) 16(1 3)i
Vậy phần thực của w là: 16(1 3), phần ảo là 16(1 3)
Nguồn: Hocmai.vn
