Gợi ý giải đề thi đại học môn toán khối D năm 2013

Gợi ý giải đề thi đại học môn toán khối D năm 2013

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2013

MÔN: TOÁN HỌC Câu 1

y x  x 

+) TXĐ: D = R

+) Chiều biến thiên

2

0 ' 0

1

x

y

x





   



Hàm số đồng biến trên ;0 , 1;  , nghịch biến trên  0;1

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CD  y(0) 1

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y CT  y(1)0

Giới hạn: lim lim 3(2 3 13)

x x

x x



3

3

3 1

x x

x x



Điểm uốn: y’’= 12x – 6

1 '' 0

2

y   x

Điểm uốn 1 1;

2 2

 

Giao Ox

Cho y = 0

1

2

1

x

x

  











Nhận xét: Đồ thị nhận điểm uốn 1 1;

2 2

  làm tâm đối xứng

b) Phương trình tương giao

2x3-3mx2+(m-1)x + 1= -x+1 (2)

 2x3

-3mx2+mx = 0

 x(2x2

-3mx+m) = 0

 30

x



Đường thẳng y=-x+1 cắt đồ thị (1) tại 3 điểm phân biệt

 Phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt

 Phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt khác 0



3

(3 ) 4.2 0









2

0

m









0

0 8

8 9

9 0

m

m m

m m

 





 



Kết luận:

0 8 9

m

m





Câu 2

sin3x + cos2x – sin x = 0

 (sin3x – sinx) + cos2x = 0

 2cos2x.sinx + cos2x = 0

 cos2x(2sinx + 1) = 0



os2 0 os2 0

1







2

2

2

6

7

2

6

 





2 6 7 2 6

k x

 



Câu 3

2

1

2

Điều kiện 0<x<1

Phương trình  2log2xlog (12  x) log (2 x2 x2)



2

x





2

x



Đặt xt t( 0)=>

4 2

1

t

t   



 

2

2 2 (1 )

3 1

x

x

   

 



Câu 4

 2 

1

2 2

0

1

1 ln 1 1 ln 2

d x

x







Câu 5

Tính VS.ABCD =?

Do BAD1200 ABC600  ABC đều  AC = a và

ABC

 đều, cạnh = a  3

2

a

SAM

2

a

VS.ABCD =

3

Tính d (D, (SBC)) =?

Do AD //BC  AD // (SBC)  d (D, (SBC)) = d (A, (SBC))

Gọi E là trung điểm của SM

Ta có: EA SM (1)





Từ (1), (2)  AE(SBC)

d (A, (SBC)) = AE

SAM

 vuông cân tại A E

2

SM

a

d (D, (SBC)) = d (A, (SBC)) = E

2

SM

4

a

Câu 6

4

1 4

2 4

1 1 1

2 2





y

y y

y y

x

1 0

, 1 6

2 3

1

:

'















y

x t t

t t

t

t

P

1 0

, 0 1 2

1 3

2

3

7

2

3 2

















t t

t

t

P

3

5 30

7

4

1

















P

P

Câu 7a

Lập phương trình ( 9 3; )

2 2

M  và vuông góc IM

/ / (7; 1)

AB

9 3

x  y 

7x y 33 0

A ∈ AB => A(t; 7t + 33)

M là trung điểm AB => B (-9-t; -30-7t)

2

1

2

( 2 ; 7 29)(7 ;34 7 ) 0

    



     



Trường hợp 1: Với A(- 5; -2) => Phương trình AC: 5 3 (3 5;6 2)

2 6

  



   



2

0

( 5; 2)( )

( 1; 6) 3

t

C t









Trường hợp 2: Với A( -4; 5) => Phương trình AC: 4 2 ( 4 2 ;5 )

5

  



  



 IA = IC=> 2 2 0 ( 4;5)( )





Kết luận: Vậy C (- 1; 6) và C(4; 1)

Câu 7b

Gọi K là trung điểm MN, I là tâm (C), D là giao MI và 

Ta có I(1;1), R=2

Phương trình đường thẳng MI qua I (1;1) nhận v(1;0)(là vectơ chỉ phương ) làm vectơ pháp tuyến có phương trình x-1=0

Giao điểm MI và (C) là nghiệm của hệ:

1 3

1 0

1

x y x

y





 

 







  



=> M(1;-1), D(1;3) (do D)

Giả sử N(a,3)  => K 1;1

2

a

 , do K ( ) C =>

2

2

1

2

 2

5 1

4

3 4

a a

a





+ với N(-3; 3) ta có: PI MN  0 P(3;3)

+ Với N(5; 3) ta có: PI MN  0 P(3;3)

Vậy P(3;3)

Câu 8a

Đường thẳng d đi qua A (-1; -1; -2) và vuông góc với mặt phẳng (P)

Véc tơ chỉ phương u d / /n p(1;1:1)

1

1

2

  





   



Toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên (P) là giao của

( )

d P







- 1+ t-1+t-2+ t – 1 = 0

Khi và chỉ khi khi t = 2 u(1;1;0)

Mặt phẳng (Q)đi qua A, B và vuông góc với (P)

n AB n   

1 (x+ 1) – 2 (y + 1)+ (z+ 2) = 0

Câu 8b

Khoảng cách tử A đến (P) là

1 2.3 2( 2) 5 2

( , )

3

 

Phương trình mặt phẳng (R) đi qua A và song song với (P) nhận u  (1, 2, 2) làm véc tơ pháp tuyến là:

1(x 1) 2(y 3) 2(z 2) 0

Câu 9a

(1i z i)(  ) 2z     2i z i iz 1 2z2i

3 1 (3 1)(3 ) (3 ) 3 1

=> Mô-đun của số phức w: w  ( 1) 232  10

Câu 9b

2

Xét hàm số f(x) = 2 5 8

1

x

x

 

 trên 0; 2

 

2 '

'

( ) 2

f x

Vậy  

 

0;2

0;2

  

  

Nguồn: Hocmai.vn