Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ ñiểm C ñến mặt phẳng SAB... Gọi K là hình chiếu của H trên SI, suy ra HK ⊥SAB... Gọi M là ñiểm ñối xứng với B qua C, N là hình chi
Trang 1HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI ðẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A&A1 - NĂM 2013
(Trình bày lời giải: Lê Thanh Bình – THPT Tĩnh Gia 1)
Câu 1: Cho hàm số 3 2 ( )
y= − +x x + mx−
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi m =0
b) Tìm m ñể hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; +∞)
Giải:
a) Với m =0 ta có hàm số (1) là: 3 2
y= − +x x −
* TXð: D = ℝ
* lim ; lim
→+∞ = −∞ →−∞ = +∞
y = − x + x; ' 0 0
2
x y
x
=
= ⇔ =
* Bảng biến thiên:
−∞
'
y y
−
2
0
3 1
− +∞
−∞
'
y y
−
2
0
3 1
− +∞
Hàm số ñồng biến trên khoảng ( )0; 2 , nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞ ; 0) và (2; +∞) Hàm số ñạt cực ñại tại x =2, y CD = y( )2 = 3; hàm số ñạt cực tiểu tại x= 0, y CT = y( )0 = − 1
* y'' = − 6(x− 1 ;) y'' = ⇔ = 0 x 1 Suy ra ñiểm uốn của ñồ thị là: U( )1;1
Nhận xét: ðồ thị nhận ñiểm uốn U( )1;1 làm tâm ñối xứng
-
ðể hàm số y nghịch biến trên (0; +∞) thì y' ≤ ∀ ∈ 0 x (0; +∞)
2
3x 6x 3m 0 x 0; m 1 x 1 g x x 0;
Vì g x( )≥ ∀ ∈ 0 x (0; +∞) và g( )1 = 0 nên ( ) ( )
0;
∈ +∞ =
Do ñó (*) ⇔
( ) ( ) 0;
x
∈ +∞
Vậy m ≤ −1 là giá trị cần tìm
-
Câu 2: Giải phương trình: 1 tan 2 2 sin
4
(1)
Giải:
2
(*)
( )1 sin cos 2 sin( cos ) (sin cos )(2 cos 1) 0
cos
x
+
tan 1
1
2 cos 1 0 cos
2 2
3
k
ℤ (thỏa mãn ñiều kiện (*))
-
y
1 2 3
1
− 1
−
4
2
−
y
1 2 3
1
− 1
−
4
2
−
Trang 2Câu 3: Giải hệ phương trình ( )
4 4
,
x y
ℝ
Giải:
ðiều kiện: x ≥1
2 ⇔x + 2x y− + 1 y− 1 = 4y⇔ x+ −y 1 = 4y 3 Từ (3) suy ra y ≥0
1 ⇔ x− + + 1 2 x− = 1 y + + 2 y 4
Xét hàm số f t( )= t+ + 2 4t với t ≥0 Ta có ( ) 3
4
= + > ∀ >
+
Suy ra f t( ) ñồng biến trên (0; +∞) Vì tính liên tục của f t( ) trên [0; +∞) nên f t( ) cũng ñồng biến trên [0; +∞)
1; 0;
x− y ∈ +∞ và ( ) ( ) ( )4
4 ⇔ f x− = 1 f y nên 4 ( )
x− = y
2 3
0
y
y y
=
Vì ( ) ( 3 )2
1
h y = y y + là hàm số ñồng biến trên [0; +∞) và h( )1 = 4 nên (6) có nghiệm duy nhất y =1
Với y= ⇒ = 0 x 1; với y= ⇒ = 1 x 2
Vậy hệ ñã cho có hai nghiệm: (x y =; ) ( )1; 0 hoặc (x y =; ) ( )2;1
-
Câu 4: Tính tích phân:
2 2 2 1
1 ln
x
x
−
=∫
Giải:
2
1 ln
1
1
x x
x
x
=
=
Ta có
2
2 1
-
Câu 5: Cho hình chóp S.ABC có ñáy là tam giác vuông tại A, 0
30
giác ñều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với ñáy Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABC và khoảng cách từ ñiểm C ñến mặt phẳng (SAB)
Giải:
* Gọi H là trung ñiểm của BC Vì tam giác SBC ñều
cạnh a nên SH ⊥BC và 3
2
a
Vì (SBC) (⊥ ABC) nên SH ⊥(ABC), hay SH là ñường
cao của khối chóp S.ABC
Vì tam giác ABC vuông tại A có BC=a và 0
30
ABC =
; cos 30
Suy ra
3
S ABC ABC
A
B C
K H
S
2
a
I
0
30
a
A
B C
K H
S
2
a
I
0
30
a
Trang 3* Gọi I là trung ñiểm của AB, suy ra HI//AC và 1
a
Vì CA⊥AB nên HI ⊥AB Mặt khác SH ⊥AB nên suy ra AB⊥(SHI) hay (SHI) (⊥ SAB) Gọi K là hình chiếu của H trên SI, suy ra HK ⊥(SAB) Do ñó d H SAB( ;( ) )=HK
Ta có 1 2 12 12 42 162 522 39
a HK
13
HB
Vậy
3
16
S ABC
a
;
13
a
-
Câu 6: Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn ñiều kiện ( )( ) 2
4
a+c b c+ = c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
c
+
Giải:
ðặt x a; y b
= = Suy ra x y >, 0 ðặt t= + ⇒ >x y t 0
Vì
2 2
1
4
Ta lại có
3
2 2
32
x +y = x+y − xy= −t − = +t t t−
Vì
CS
+ + ≥
CS
+ + ≥
( ) ( )
3
2
16 12 2 16 16 2 16 32
t
P≥ t− − t + t− = u− − u − = f u với u= + ≥t 1 3
7
u
u
= − > ∀ ≥
2
7
u
u
− > ⇔ − > ⇔ − > ⇔ >
Suy ra f u( ) ñồng biến trên [3; +∞) Do ñó min3 ( ) ( )3 1 2
u f u f
Suy ra P ≥ −1 2 ðẳng thức xảy ra x y 2 x y 1 a b c 0
+ =
=
Vậy minP = −1 2
-
Trang 4Phần riêng:
A Theo chương trình chuẩn
Câu 7a: Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ñiểm C thuộc
ñường thẳng d: 2x+ + =y 5 0 và A −( 4;8) Gọi M là ñiểm ñối xứng với B qua C, N là hình chiếu của B trên ñường thẳng DM Tìm tọa ñộ các ñiểm B và C, biết rằng N(5; 4 − )
Giải:
* Gọi (T) là ñường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD
Khi ñó (T) có ñường kính AC và BD
Vì BN ⊥ND nên N thuộc (T) Suy ra 0
90
Vì C∈d: 2x+ + =y 5 0 nên C c( ; 2 − −c 5)
(9; 12)
; NC=(c− − − 5; 2c 1)
Do ñó C(1; 7 − )
* Vì ACMD là hình bình hành nên AC//DM Suy ra
BN ⊥AC Gọi H là giao ñiểm của BN và AC
Vì C là trung ñiểm của BM nên H là trung ñiểm của BN
Vậy B ñối xứng với N qua ñường thẳng AC
- Ta có AC =(5; 15 − ), suy ra phương trình AC là: 3x+ + =y 4 0
- Phương trình ñường thẳng BN là: x− 3y− 17 = 0
- Suy ra 1; 11
2 2
Vì B ñối xứng với N qua H nên B − −( 4; 7)
Vậy B − −( 4; 7) và C(1; 7 − )
-
Câu 8a: Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñường thẳng : 6 1 2
và ñiểm A(1; 7;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua A và vuông góc với ∆ Tìm tọa ñộ ñiểm M thuộc ∆ sao cho AM =2 30
Giải:
* ∆ có phương trình tham số
6 3
1 2 2
= −
= − −
= − +
và ∆ có vector chỉ phương u∆ =(3; 2; 1 − )
Vì ( )P vuông góc với ∆ nên ( )P có vector pháp tuyến nP =u∆
Do (P) ñi qua A(1; 7;3) nên phương trình của (P) là: 3(x− + 1) (2 y− 7) (− 1 z− 3)= 0
3x 2y z 14 0
⇔ + − − =
* Vì M ∈ ∆ nên M(6 3 ; 1 2 ; 2 − m − − m − +m) Suy ra AM =(5 3 ; 8 2 ; 5 − m − − m − +m)
AM = ⇔ AM = ⇔ − m + − − m + − +m =
7
+ Với m =1, ta có M(3; 3; 1 − − ) + Với 3
7
Vậy phương trình (P) là: 3x+ 2y− −z 14 = 0 và M(3; 3; 1 − − ) hoặc 51; 1; 17
-
C D
M N
d
I
H
C D
M N
d I
H
Trang 5Câu 9a: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt ñược chọn từ
các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 Xác ñịnh số phần tử của S Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất ñể số ñược chọn là số chẵn
Giải:
- Ta có số các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt lấy từ bảy chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 3
7 210
A = số Do ñó số phần tử của S là 210
- Số cách lấy ngẫu nhiên một số từ S là 1
210 210
C = Suy ra Ω = 210
- Số các số chẵn có ba chữ số phân biệt lập ñược từ bảy chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là
2
6
3.A =90 (số) Do ñó trong S có tất cả 90 số chẵn
- Gọi A là biến cố “số ñược chọn là số chẵn” Ta có 1
90 90
A C
Ω = =
- Vậy xác suất của A là: ( ) 90 3 0, 429
210 7
A
Ω
-
B Theo chương trình nâng cao
Câu 7b: Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñường thẳng ∆ :x− =y 0 ðường tròn (C) có bán kính R = 10 cắt ∆ tại hai ñiểm A, B sao cho AB =4 2 Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại một ñiểm thuộc tia Oy Viết phương trình ñường tròn (C)
Giải:
* Gọi M là giao của hai tiếp tuyến của (C) tại A và B
Vì M thuộc tia Oy nên M(0;m) với m ≥0
Gọi H là giao ñiểm của IM và AB (I là tâm của (C))
Khi ñó ta có IM ⊥ AB và H là trung ñiểm của AB
2
2
Xét tam giác vuông MIA ta có 2
.
10 2.IM IM 5 2
Do ñó d M( ; ∆ =) MH =IM −IH = 4 2
2
m
m
−
⇔ = ⇔ = ± Do m ≥0 nên m =8 Suy ra M( )0;8
- Phương trình ñường thẳng MI là: x+ − =y 8 0
- Suy ra H( )4; 4 Do ñó HM = −( 4; 4)
- Ta lại có H nằm giữa I và M ñồng thời 2 1
4
4 2
IH
4
( ) ( )
1
5 4
4
I
I I I
x
x y y
− = − −
=
− = −
Suy ra I( )5;3
Vậy phương trình của ñường tròn (C) là: ( ) (2 )2
-
Câu 8b: Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho mặt phẳng ( )P : 2x+ 3y+ −z 11 = 0 và mặt cầu ( ) 2 2 2
S x +y +z − x+ y− z− = Chứng minh rằng (P) tiếp xúc với (S) Tìm tọa ñộ tiếp ñiểm của (P) và (S)
A
B
H M
O
10
R =
y
I A
B
H M
O
10
R =
y
I
Trang 6Giải:
- Ta có: ( )S có tâm I(1; 2;1 − ) và bán kính R = 14
Khoảng cách từ I ñến (P) là: ( ( ) ) 2 6 1 112 2 2
2 3 1
Vì d I P( ;( ) )=R nên ( )P tiếp xúc với (S)
- Gọi T là tiếp ñiểm của (P) và (S) Khi ñó IT ⊥( )P nên T thuộc ñường thẳng d ñi qua
I và vuông góc với (P) Ta có vector pháp tuyến của (P) là n = P (2;3;1)
nên phương trình của d là:
1 2
2 3 1
= +
= − +
= +
Suy ra T(1 2 ; 2 3 ;1 + t − + t +t)
Mặt khác T∈( )P nên 2 1 2( + t) (+ − + 3 2 3t) (+ + − 1 t) 11 0 = ⇔ 14t− 14 = ⇔ = 0 t 1
Vậy tọa ñộ tiếp ñiểm của (P) và (S) là T(3;1; 2)
-
Câu 9b: Cho số phức z= + 1 3i Viết dạng lượng giác của z Tìm phần thực và phần ảo của số phức ( ) 5
1
w= +i z
Giải:
= + = + = +
Vậy phần thực của w là 4( )
2 1 + 3 , phần ảo của w là 4( )
2 1 − 3
-Hết -
Tĩnh Gia, ngày 04 tháng 7 năm 2013
Lê Thanh Bình