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 p
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
x y
-1
O
Trang 3
GV:NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
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 2 3
6u −2u −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
⇒ + = ⇒ = ∧ − + ⇒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
+
=∫
Trang 4GV:NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH 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
= 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
1a2
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 =
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 SHK∆ vuông 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
a a
HI= =
C¸ch 2
Gọi M là trung điểm AB, ta có
a a a
MH =MB HB− = − =
C
S
K
D
I
Trang 5GV:NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
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-I
S
C A
z
x
y
Trang 6GV:NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
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 ( ) 2
a b c c+ ≥ 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
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
− − =
+ − =
B A
C D
N
M
Trang 7GV:NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH + 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:
2
2
CMN
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
Trang 8GV:NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
[ , ] 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 2 8
( 3)
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 Hr=(t−1;2t;t−1)
Vì IH ⊥d⇒I Hr.urd =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−
Trang 9GV:NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
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
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
