Giải đề thi đại học khối A môn toán 2013

Giải đề thi đại học khối A môn toán 2013

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013

Môn : TOÁN - Khối : A và A1 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y= − +x3 3x2+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

x

−

=∫

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A,

ABC 30= , 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

2 (a c)(b c) 4c+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

+

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)

Cõu 8.a (1,0 điểm) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

:

− − và điểm A(1; 7; 3) Viết phương trỡnh mặt phẳng (P) đi qua

A và vuụng gúc với ∆ Tỡm tọa độ điểm M thuộc ∆ sao cho AM = 2 30

Cõu 9.a (1,0 điểm) Gọi S là tập hợp tất cả số tự nhiờn gồm ba chữ số phõn biệt

được chọn từ cỏc số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 Xỏc định số phần tử của S Chọn ngẫu nhiờn một số từ S, tớnh xỏc suất để số được chọn là số chẵn

B Theo chương trỡnh Nõng cao

Cõu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng

( ) : x y 0.∆ − = Đường trũn (C) cú bỏn kớnh 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 trỡnh đường trũn (C)

Cõu 8.b (1,0 điểm) Trong khụng 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 xỳc với (S) Tỡm tọa độ tiếp điểm của (P) và (S)

Cõu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z 1= + 3i Viết dạng lượng giỏc của z Tỡm phần thực và phần ảo của số phức w (1 i)z= + 5

HƯỚNG DẪN VÀ BÀI GIẢI

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013

Mụn : TOÁN - Khụ́i : A và A1 Cõu 1:

 HƯỚNG DẪN:

a Tham khảo phơng pháp chuẩn để khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm đa thức bậc ba

b Với dạng toán "Tìm giá trị của tham số để hàm số đơn diệu trên một miền

K", Ta thực hiện theo các bớc sau:

− Tính đạo hàm y'

⇔ y’ ≤ 0, ∀x∈(0; +∞) và dấu “=” chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm

Sử dụng kiến thức về tam thức bậc hai.

⇒ Giá trị của tham số m

 LỜI GIẢI CHI TIẾT :

a Với m = 0, hàm số cú dạng:

y = −x3 + 3x2 − 1

Ta lần lợt có:

1 Hàm số xác định trên D = Ă

2 Sự biến thiên của hàm số:

 Giới hạn của hàm số tại vô cực:

x

lim

→∞y = →∞ − + −  

  ữ

3

3 x

3 1 lim x 1

x x

−∞ → +∞



= +∞ → −∞

khi x

khi x

 Bảng biến thiên:

y’ = −3x2 + 6x;

y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 2; y(0) = −1; y(2) = 3

x −∞ 0 2 + ∞

y’ − 0 + 0 −

y + ∞ 3

-1 −∞

Hàm số nghịch biến trờn (−∞; 0) ; (2; +∞); Hàm số đồng biến trờn (0; 2)

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; y(0) = −1; Hàm số đạt cực đại tại

x = 2; y(2) = 3

 Điểm uốn:

y" = -6x + 6; y” = 0 ⇔ x = 1 Điểm uốn I (1; 1)

b Hàm số xác định trên ∈(0; +∞)

Đạo hàm:

y’ = −3x2 + 6x + 3m

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; +∞)

⇔ y’ ≤ 0, ∀x∈(0; +∞) và dấu “=” chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm

⇔−3x2 + 6x + 3m ≤ 0 ∀ ∈x (0;+∞)

⇔ f(x) = x2− 2x − m ≥ 0 ∀ ∈x (0;+∞)

x

2 -1

3 0

y

Tới đây, ta có thể trình bày theo các cách:

Cách 1: Biến đổi tiếp:

m ≤x2−2x g(x)= ∀ ∈x (0;+∞ ⇔) ( 2 ) ( )

0

x

>

⇔ m≤ − =1 g 1( )

Vậy, với m ≤ −1 thỏa mãn điều kiện đầu bài

Cách 2: Điều kiện là phương trình f(x) = 0 vô nghiệm, nghiệm kép hoặc có hai

nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 < x2 ≤ 0, suy ra:

' 0

' 0

S 0

P 0

∆ ≤



 ∆ >



 <

 >





1 m 0

1 m 0

2 0

m 0

+ ≤



 + >



⇔  <



− >





⇔ m ≤ −1

Vậy, với m ≤ −1 thỏa mãn điều kiện đầu bài

Câu 2 :

 HƯỚNG DẪN: Phương trình có chứa tang và sin nên định hướng chuyển về dạng chỉ chứa sinx và cosx, cụ thể ta sử dụng các công thức:

si n x tan x

cos x

= 1 tan x si n x cos x;

cos x

+

2 sin x sin x cos x

4

π

Suy ra, nhân tử chung là (sinx + cosx) để chuyển phương trình về dạng tích

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Điều kiện cosx ≠ 0, suy ra x k , k .

2

π

Biến đổi phương trình về dạng:

si n x

π

  sin x cos x 2 2 sin x 4 .cos x

π

2 sin x 2 2 sin x cos x

(1 2cos x).sin x 0

4

π

1 2cos x 0

4







1

cos x

2

4



 + = π



Vậy, phương trỡnh cú ba họ nghiệm

 CHÚ í: Cỳng cú thể biến đổi phương trỡnh theo cỏch:

si n x

cos x

+ = + ⇔ sin x cos x 2 sin x cos x cos x+ = ( + )

(1 2cos x) sin x cos x 0

sin x cos x 0



1 cos x

2 tan x 1



= −



Vậy, phương trỡnh cú ba họ nghiệm

Cõu 3 :

 HƯỚNG DẪN: Đây là hệ phơng trình không mẫu mực, do vậy để giải nó cần những đánh giá dần nh sau:

 Sử dụng hằng đẳng thức hoặc coi đú là phương trỡnh bậc hai ẩn x để biến đổi phương trỡnh thứ hai của hệ:

(x2+y2+ +1 2xy 2x 2y− − )−4y 0= ( )2

2 4y (x y 1)

suy ra y ≥ 0

Cỏch khỏc:Coi đú là phương trỡnh bậc hai ẩn x, ta đợc:

2 2 x

Và phương trỡnh cú nghiệm:

 = − + +



 = − + −



x 1

≥

⇔ = − + +

 Biến đổi phương trỡnh thứ nhất của hệ về dạng:

4 4

x 1+ + x 1− = y + +2 y

⇔ x 1+ +4 x 1− = (y4+ + +1 1) 4(y4+ −1 1)

⇔ f(x) = f(y4 + 1), với f (t)= t 1+ +4 t 1− là hàm đồng biến trờn [1; +∞)

Suy ra:

x = y4 + 1 (*) 4 2

4y (y 1 y 1)

Kết luận nghiệm cho hệ phương trình

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Điều kiện:

x 1 0

x 1 0

+ ≥



 − ≥

Biến đổi phương trình thứ hai của hệ về dạng:

(x2+y2+ +1 2xy 2x 2y− − )−4y 0= ( )2

2 4y (x y 1)

suy ra y ≥ 0

Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ về dạng:

4 4

x 1+ + x 1− = y + +2 y

Đặt f (t)= t 1+ +4 t 1− thì f đồng biến trên [1; +∞)

Nên (**) có dạng:

f(x) = f(y4 + 1) ⇔ x = y4 + 1

Thế vào (*) ta có :

4y = (y4 + y)2 = y8 + 2y5 + y2⇔ y(y7 + 2y4 + y − 4) = 0

y 0

=



 + + =



Ta lần lượt:

 Với y = 0 thì x = 1, thỏa mãn điều kiện

 Vì g(y) = y7 + 2y4 + y đồng biến trên [0; +∞) nên phương trình y7 + 2y4 + y = 4 có nghiệm duy nhất y = 1, suy ra x = 2

Vậy, hệ phương trình có các cặp nghiệm (1; 0) và (2; 1)

CÁCH KHÁC: Biến đổi tiếp phương trình (*) về dạng:

2 y x y 1

vì x ≥ 1 nên ta nhận:

2 y x y 1= + − ⇔ = − +x y 2 y 1.+

Đặt u = x – 1 ≥ 0 và v = y4 ≥ 0, phương trỡnh thứ nhất của hệ đợc viết lại dưới dạng:

u 2+ + u = v 2+ + v

Xột hàm số f(t) = t+ +2 4t tăng trờn [0; +∞)

⇒ f(u) = f(v) ⇒ u = v ⇒ x – 1 = y4

Thế vào (*) ta cú :

4y = (y4 + y)2 = y8 + 2y5 + y2⇔ y(y7 + 2y4 + y − 4) = 0

y 0

=



 + + =



Ta lần lượt:

 Với y = 0 thỡ x = 1, thỏa món điều kiện

 Vỡ g(y) = y7 + 2y4 + y đồng biến trờn [0; +∞) nờn phương trỡnh y7 + 2y4 + y = 4 cú nghiệm duy nhất y = 1, suy ra x = 2

Vậy, hệ phương trỡnh cú cỏc cặp nghiệm (1; 0) và (2; 1)

Cõu 4 :

 HƯỚNG DẪN: Ta thấy ngay rằng cần sử dụng phơng pháp tích phân từng phần, cụ thể với phép đặt:

2

u ln x

1

x

=







 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Viết lại I dưới dạng:

2

2 1

1

x

∫

Đặt

2

u ln x

1

x

=







dx du

x 1

v x

x

 =



⇒ 

 = +



Khi đú:

2 2

1 1

1

2

1

ln 2 x

ln 2

CÁCH KHÁC: Viết lại I dưới dạng:

2

1

∫

Đặt t = lnx, suy ra:

t dx

dt, x e

Đổi cận t(1) 0, t 2= ( ) =ln 2

Khi đó, ta có:

ln 2

t t 0

I= ∫ t e −e− dt

Đặt

u t

dv e e− dt

=



 = −

du dt

v e e−

=





Khi đó, ta có:

ln 2

ln 2

0 0

I=t(e +e )−  − ∫ (e +e )dt− ln 2 ln 2 ln 2 t t ln 2

ln 2(e e− ) e e−

ln 2

Câu 5

 HƯỚNG DẪN: Sử dụng tính chất hai mặt phẳng vu«ng gãc và đặc thù của

∆SBC, ta có ngay với H là trung điểm BC thì:

ABC

1

=

Với yêu cầu về khoảng cách, ta có:

d(C, SAB) CB

d(H, SAB)=CH d(C, SAB) CB.d(H, SAB)

CH

trong đó K là hình chiếu của H trên (SAB)

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Ta lần lượt:

a Gọi H là trung điểm BC thì từ giả thiết suy ra:

SH ⊥ (ABC) và SH = a 3

2

Ta có tam giác ABC là nửa tam giác đều nên:

Khi đó:

3

1 1 a a 3 a 3 a

b Gọi I là trung điểm AB, suy ra:

Vẽ HK ⊥ SI thì HK ⊥ (SAB), ta có:

2

a 3

52

Ta có:

d(C, SAB) CB

d(H, SAB)=CH ⇔ d(C, SAB) = 2HK = 2a 3 a 3.

52 = 13

Câu 6

 HƯỚNG DẪN: Với giả thiết là các biểu thức đối xứng của a, b còn c là trung gian, nên định hướng cho P trước:

2

P 32

32

cùng với biểu thức điều kiện:

S

A

B

C

H

I

Dẫn tới việc sử dụng hai ẩn phụ x a, y b, (x, y 0)

(x + 1)(y + 1) = 4 ⇔ (x + y) + xy = 3 ⇔ xy = 3 − (x + y) 3 S.= −

2 2

Để biểu diễn được P theo S cần thực hiện hạ bậc cho

Với nhận định dấu “=” xảy ra khi x = y, kết hợp cùng (*) là x = y = 1, ta có:

2

2

+

2

+

3

3

3 1 1 x

64 64 y 3

+

16 (y 3)

=

tương tự cho

3 y

x 3

Từ đó, suy ra:

2

+

S

2

Bài toán được chuyển về tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số biến S ≥ 2

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Gỉả thiết, ta có:

Đặt :

a

x

c (x, y 0)

b

y

c

 =



 =



⇒(x + 1)(y + 1) = 4 ⇔ (x + y) + xy = 3

Do:

x y xy

4

+

4

+

Đặt S x y= + ≥2, ta đợc:

2

P 32

32

2 2

Trong đú:

2

2

+

2

+

2

+

3

3

Từ đú:

P 32

16 (y 3) 32 16 (x 3) 32 2

2

2

+

S

2

Xột f (S) 3S 5 S S 2( )

2

2

= − > ⇒ P f (2) 1≥ = − 2⇒MinP 1= − 2

xảy ra khi x = y = 1 hay a = b = c

CÁCH KHÁC: Đặt S = x + y và p = xy thỡ S + p = 3 nờn p = 3 – S

Biến đổi P về dạng:

2

P 32

32

2 2

≥

3

2 2

y 3 x 3

3 2

8

=

3 2

8

=

2

= (S 1)3 S ,S 2

2

P’ = 3(S – 1)2 – 1

2 > 0, ∀S ≥ 2 ⇒ P min = P (2) = 1 – 2 Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1

Cõu 7a

 HƯỚNG DẪN: Ta cú A, B, C, N, D cựng thuộc đường trũn (C) tõm I là trung điểm AC và bỏn kớnh R AC

2

=

thẳng (d) để biểu diễn tọa độ điểm C Từ

đú, suy ra tọa độ I

tọa độ I, từ đú suy ra C

của N qua AC để cú đợc tọa độ của B

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Chuyển phương trỡnh đờng thẳng (d) về dạng tham số:

x t

=

 = − −

Suy ra điểm C(t; −2t − 5)

Gọi I là trung điểm của AC, suy ra I 4 t; 2t 3

Ta cú:

IA = IN ⇔ IA2 = IN2

Vậy, tọa độ C(1; −7)

Vỡ B là điểm đối xứng của N qua AC nờn ta cú ngay B(−4; −7)

Cõu 8a

 HƯỚNG DẪN: Với yờu cầu tỡm tọa độ điểm M thuộc (∆) sao cho AM

= 2 30 ta đi sử dụng phương trỡnh tham số của đờng thẳng (∆)

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Ta cú ngay:

Qua A(1; 7; 3) (P) :

vtpt a( 3; 2; 1)





− −

 r ⇔ (P): −3(x – 1) – 2(y – 7) + z – 3 = 0

⇔ 3x + 2y – z – 14 = 0

Chuyển phương trỡnh đờng thẳng về dạng tham số:

x 6 3t (d) : y 1 2t , t

= −





 = − +



Ă

M thuộc (∆) suy ra M (6 − 3t; −1 – 2t; −2 + t)

Từ giả thiết cho AM = 2 30 , suy ra:

AM2 = 120 ⇔ (5 – 3t)2 + (−8 – 2t)2 + (−5 + t)2 = 120

⇔ 14t2 – 8t – 6 = 0 ⇔ t = 1 hay t = 3

7

−

Vậy, tọa độ cỏc điểm M là (3; −3; −1) hay (51

7 ;

1 7

7

Cõu 9a

 HƯỚNG DẪN: Sử dụng phương phỏp đếm thụng thường

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Gọi số tự nhiờn gồm 3 chữ số phõn biệt là:

abc, a, b,c∈ 1;2;3; 4;5;6;7

1 Số phần tử của S được chọn:

 a cú 7 cỏch chọn

 b cú 6 cỏch chọn

 c cú 5 cỏch chọn

Số cỏch 7.6.5 = 210

2 Số chẵn gồm 3 chữ số phõn biệt là:

 c cú 3 cỏch chọn

 b cú 6 cỏch chọn

 c cú 5 cỏch chọn

Số cỏch 3.6.5=90

Xỏc suất cần tỡm là: P 90 3

210 7

B Theo chương trỡnh Nõng cao

Cõu 7b

 HƯỚNG DẪN: Ta lần lượt sử dụng cỏc điều kiện:

• Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại M thuộc tia Oy nờn M(0; c) với c > 0

• Viết phương trỡnh tham số đờng thẳng (MI), suy ra tọa độ I

• Sử dụng hệ thức lượng trong tam giỏc vuụng tớnh MH, IH rồi so sỏnh với cụng thức tớnh khoảng cỏch từ một điểm tới một đờng thẳng

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Đường trũn (C) với tõm I, gọi H là trung điểm AB, tiếp

tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại điểm M thuộc tia Oy nờn M(0; c) với c > 0 Phương trỡnh (MI) đợc cho bởi:

Qua M(0; c) (MI) :





Qua M(0; c) (MI) :

vtcp n(1; 1)



−

x t

y c t

=



Trong ∆IAH, ta cú:

IH2 = IA2− HA2

2

2 AB IA

2

= −  ữ = 10 − 8 = 2 ⇒ IH = 2

Ta cú:

IA2 = IH.IM ⇔10= 2.MI⇔ MI 5 2= ⇒ MH = MI – IH = 4 2

B I H y

x O

Ngoài ra:

MH = d (M; ∆) ⇔ c 4 2

2 = ⇔ |c| = 8 ⇒ c = 8 ⇒ M(0; 8) và I(t; 8 − t), suy ra:

IH = d (I; ∆) 2 t 8 t

2

− +

⇔ = ⇔ |2t − 8| = 2 2t 8 2

− =



t 5

=



Ta lần lượt:

 Với t = 3 thỡ I (3; 5) nờn MI 3 2= khụng thỏa món

 Với t = 5 thỡ I(5; 3) nờn MI 5 2 (tm)= ta đợc đường trũn:

(C): (x − 5)2 + (y − 3)2 = 10

Cõu 8b

 HƯỚNG DẪN: Ta lần lượt:

• Xỏc định thuộc tớnh của mặt cầu (S) với tõm I bỏn kớnh R

• Khẳng định d(I, (P)) = R, suy ra (P) tiếp xỳc với (S)

• Tọa độ tiếp điểm của (P) và (S) là giao điểm của mặt phẳng (P) với đ-ờng thẳng (d) ((d) qua I và vuụng gúc (P) )

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Mặt cầu (S) cú tõm là I (1; −2; 1) và bỏn kớnh R2 = 14 Khoảng cỏch từ tõm I đến mặt phẳng (P) đợc cho bởi:

2(1) 3( 2) 1 11

14

+ − + −

= 14 = R

Vậy, mặt phẳng (P) tiếp xỳc với mặt cầu (S)

Phương trỡnh đờng thẳng (d) qua I và vuụng gúc (P) đợc cho bởi:

x 1 2t (d) : y 2 3t , t

z 1 t

= +





 = +



Ă

vi T ∈ (d) suy ra T (1 + 2t; 3t – 2; 1 + t) và vỡ:

T ∈ (P) ⇒ 2(1 2t) 3(3t 2) (1 t) 11 0+ + − + + − = ⇒ t = 1

Vậy, ta đợc T (3; 1 ; 2)

Cõu 9b

 HƯỚNG DẪN: Để chuyển số phức z = a + bi về dạng lượng giỏc, thụng thường ta biến đổi:

2 2

a b cos i.sin

Với số phức w (1 i)z= + 5 ta sử dụng dạng lượng giỏc của z để cú đợc z5

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Ta biến đổi:

  2 cos3 i.sin3

đú là dạng lượng giỏc của z

Ta cú:

z 32 cos i sin

5

w (1 i)z= + 32(1 i) 1 i 3

=32 1 3 32i 1 3 .

Vậy, phần thực của w là 32 1 3

+

  và phần ảo là

−