Giải đề thi đại học khối B, D môn toán 2013

Giải đề thi đại học khối B, D môn toán 2013

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013

Môn : TOÁN; khối B

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số:

y 2x= −3(m 1)x+ +6mx (1), với m là tham số thực

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = −1

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = x + 2

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin 5x 2cos x 1+ 2 =

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

I=∫x 2 x dx.−

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên

SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Tính theo a thể tính của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD)

Câu 6 (1,0 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương Tìm giá trị lớn nhất của

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân

ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC Đường thẳng BD

có phương trình x + 2y – 6 = 0 và tam giác ABD có trực tâm là H (−3; 2) Tìm

tọa độ các đỉnh C và D

Câu 8.a (1,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (3; 5; 0)

và mặt phẳng (P) : 2x + 3y – z – 7 = 0 Viết phương trình đường thẳng đi qua A vuông góc với (P) Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua (P)

Cõu 9.a (1,0 điểm) Cú hai chiếc hộp chứa bi Hộp thứ nhất chứa 4 viờn bi đỏ và 3

viờn bi trắng, hộp thứ hai chứa 2 viờn bi đỏ và 4 viờn bi trắng Lấy ngẫu nhiờn từ mỗi hộp ra 1 viờn bi, tớnh xỏc suất để 2 viờn bi được lấy ra cú cựng màu

B Theo chương trỡnh Nõng cao

Cõu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giỏc ABC cú

chõn đường cao hạ từ đỉnh A là H 17; 1

đường thẳng đi qua A, vuụng gúc với hai đường thẳng qua AB và ∆

Cõu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh:

2

.2log (x 1) log (y 1) 0





HƯỚNG DẪN VÀ BÀI GIẢI

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013

Mụn : TOÁN - Khụ́i : B 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 "Phơng trình đờng thẳng đi qua hai điểm cực trị thỏa mãn

điều kiện K", ta thực hiện theo các bớc sau:

Bớc 1: Điều kiện để hàm số có hai cực trị

− Tính đạo hàm y', y’ = 0 (*)

− Hàm số có hai cực trị khi (*) có hai nghiệm phân biệt

⇔∆ > 0

Bíc 2: §êng th¼ng ®i qua hai cùc trÞ A, B

− Thùc hiÖn chia y cho y':

2 Sù biÕn thiªn cña hµm sè:

 Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc:

6 lim x 2

⇔ (*) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ (m + 1)2 – 4m > 0 ⇔ m ≠ 1.

Thùc hiÖn chia y cho y':

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Biến đổi phương trình về dạng:

sin5x = 1 – 2 cos2x ⇔ sin5x = −cos2x sin 5x sin 2x

4

-4

1 -1

y

Câu 3 :

 HƯỚNG DẪN: Hệ không mẫu mực và phương trình thứ nhất của hệ có dạng bậc hai theo x hoặc y nên ta thấy ngay việc cần sử dụng phương trình này để tính được x theo y (hoặc y theo x)

Viết lại phương trình dưới dạng bậc hai đối với x:

2x2− 3(y − 1)x + y2− 2y + 1 = 0

∆ = 9(y − 1)2 − 8(y2− 2y + 1) = y2− 2y + 1 = (y − 1)2

23(y 1) (y 1)x

Công việc tiếp theo, ta lần lượt:

 Với y = x + 1, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

23x − + =x 3 3x 1+ + 5x 4.+ (3)Bằng phương pháp nhẩm nghiệm ta thấy x = 0, x = 1 là nghiệm của phương trình, nên sẽ có thể tạo ra nhân tử chung x(x − 1) Cụ thể:

 Với y = x + 1, thay vào (2) ta được:

23x − + =x 3 3x 1+ + 5x 4+

2 x

= −

− ⇒ xdx= −tdt. (hoặc dt = −2xdx )Tích phân ban đầu được chuyển về dạng đa thức

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Đặt t= 2 x− 2 ta nhận được:

2

xdxdt

I= −∫ t dt 3 1

2

t3

3

 Sử dụng giả thiết mặt bên SAB là tam

giác đều và nằm trong mặt phẳng

vuông góc với mặt phẳng đáy, ta lấy

H là trung điểm của AB thì:

3 2

d(A, (SCD)) = d(H, (SCD)), vì AB//CD và H ∈AB

Gọi I là trung điểm của CD và K là hình chiếu vuông góc của H trên SI, ta có:

Xét tam giác vuông SHI

2ca 2cb2

Tới đây, với việc sử dụng ẩn phụ t= a2+ + +b2 c2 4, (t 2)> ta nhận được hàm một biến theo t Và phương pháp hàm số là lựa chọn thích hợp nhất để tìm giá trị lớn nhất

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Nhận xét rằng:

(a 2c) (b 2c)(a b) (a 2c)(b 2c) (a b)

Vậy, ta có:

• Bằng việc chứng minh được I là trung

điểm của CH, ta nhận được tọa độ của C

• Tọa độ của D được suy ra từ việc tính độ dài của CD

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Gọi I là là giao điểm của AC và BD, suy ra IB = IC.

Từ giả thiết:

IB ⊥ IC ⇒∆IBC vuông cân tại I ⇒ ICB 45 · = 0

HB ⊥ AD ⇒ HB ⊥ BC ⇒∆HBC vuông cân tại B

⇒ I là trung điểm của HC

Từ đó, với C(x; y) ta có:

IC

D

B

AH

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Ta có:

Câu 9.a

 HƯỚNG DẪN: Tính xác suất để 2 viên bi được lấy ra cùng là đỏ, trắng rồi

sử dụng công thức cộng

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Ta lần lượt:

• Xác suất để 2 viên bi được lấy ra cùng là bi đỏ là : 4 2

421

• Xác suất để 2 viên bi được lấy ra cùng là bi trắng là : 3 4 2

• Có ngay phương trình (BC) đi qua H và D

Để có được tọa độ C ta cần phương trình của AC

Ta lần lượt:

• Xác định tọa độ của A:

− Có ngay phương trình (AH) đi qua H và vtpt HD.uuur

− Từ A∈(AH) và MA = MH, suy ra tọa độ của A

• Xác định tọa độ N là điểm đối xứng với M qua AD (N∈AC):

− Phương trình (AD)

− Sử dụng tính chất đối xứng để có tọa độ của N

• Phương trình (AC) đi qua A và N

C là giao điểm của BC và AC

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Trước tiên, ta có ngay:

Vì A ∈ AH nên A (3 – 2a; a) và từ điều kiện MA = MH ta có:

Qua A( 3; 3)(AC) :

Sử dụng tính chất tia phân giác AD, ta có:

(AD; AMuuur uuur) (= AD; ACuuur uuur)

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Từ giả thiết:

AB( 2; 3; 2)uuur− , VTCP của ∆ là a( 2; 1; 3).r −

Đường thẳng (d) vuông góc với hai đường thẳng qua AB và ∆ có vtcp:

 HƯỚNG DẪN: Thiết lập điều kiện có nghĩa cho hệ phương trình

Sử dụng các phép biến đổi tương đương để giải hệ

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Điều kiện x > 1 và y > −1

Biến đổi phương trình thứ hai của hệ về dạng:

2log3(x − 1) − 2log3(y + 1) = 0 ⇔ log3(x − 1) = log3(y + 1)

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013

Môn : TOÁN; khối D

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số:

y 2x= −3mx +(m 1)x 1 (1)− + , m là tham số thực.a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.b) Tìm m để đường thẳng y = −x +1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin 3x+cos 2x−sinx=0

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình:

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,

cạnh bên SA vuông góc với đáy, ·BAD 120= 0, M là trung điểm cạnh BC và

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có

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

A(−1; −1; −2), B(0;1;1) và mặt phẳng (P): x + y + z − 1 =0 Tỡm tọa độ hỡnh chiếu vuụng gúc của A trờn (P) Viết phương trỡnh mặt phẳng đi qua A, B và vuụng gúc với (P)

Cõu 9.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa món điều kiện (1 i)(z i) 2z 2i+ − + = Tớnh mụđun của số phức w z 2z 12

z

− +

=

B Theo chương trỡnh Nõng cao

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

(x−1) + −(y 1) =4 và đường thẳng ∆:y− =3 0 Tam giỏc MNP cú trực tõm trựng với tõm của (C), cỏc đỉnh N và P thuộc ∆, đỉnh M và trung điểm của cạnh

MN thuộc (C) Tỡm tọa độ điểm P

Cõu 8.b (1,0 điểm) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A( −1; 3; −2)

và mặt phẳng (P): x – 2y – 2z + 5 = 0 Tớnh khoảng cỏch từ A đến (P) Viết phương trỡnh mặt phẳng đi qua A và song song với (P)

Cõu 9.b (1,0 điểm) Tỡm giỏ trị lớn nhất và giỏ trị nhỏ nhất của hàm số

HƯỚNG DẪN VÀ BÀI GIẢI

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013

Mụn : TOÁN - Khụ́i : D 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 "Tương giao của hai đồ thị", ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Thiết lập phương trỡnh hoành độ giao điểm của (C) và (d):

2x −3mx +(m 1)x 1− + = − +x 1 ⇔ 2x3−3mx2+mx 0=

2

x 0g(x) 2x 3mx m 0 (1)

=





Bớc 2: Yờu cầu bài toỏn trở thành tỡm m để phương trỡnh (1) cú hai

nghiệm phõn biệt khỏc 0

2 Sù biÕn thiªn cña hµm sè:

 Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc:

 B¶ng biÕn thiªn:

y’ = 6x2− 6x;

y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 1; y(0) = 1; y(1) = 0

x −∞ 0 1 +∞y’ + 0 − 0 +

y 1 +∞

−∞ CĐ 0

CTHàm số đồng biến trên (−∞; 0) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến trên (0; 1)Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y(1) = 0

1

1

(d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Biến đổi phương trình về dạng:

2 cos 2x sin x cos 2x 0+ = ⇔cos 2x 2sin x 1( + =) 0

 HƯỚNG DẪN: Đặt điều kiện có nghĩa cho phương trình 0 < x < 1

Sử dụng phép biến đổi cơ số để chuyển phương trình về dạng:

x 2 x 2.

−Tới đây, với ẩn phụ t= x , 0 t 1< < ta có được phương trình:4

2t

t 2t 2

1 t = − +

−

4 2t

 HƯỚNG DẪN: Chia nhỏ thành hai tích phân

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Ta biến đổi:

1 2

2 0

1 ln 1 x 

= + +  = +1 ln 2

Câu 5

 HƯỚNG DẪN: Phác thảo hình vẽ

Từ giả thiết suy ra ∆ABC đều và ∆SMA

vuông cân tại A nên:

=ABC

d(D, (SBC)) = d(A, (SBC)) = AH, H là hình chiếu của A trên SM.

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Từ giả thiết suy ra ∆ABC đều và ∆SMA vuông cân tại A nên:

≤

được tọa độ của A, B.

• Lập phương trình đường thẳng AC:

Qua H(AC) :

vtcp AH





 uuur ⇒ tọa độ của C.

• Sử dụng điều kiện IA = IC để nhận được tọa độ của C

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Phương trình đường thẳng AB được cho bởi:

Qua M(AB) :

7 1vtpt IM ;

Vì A∈AB nên A(a; 7a + 33) và do M là trung điểm của đoạn AB nên B(−a

− 9; −7a − 30)

Với giải thiết HA ⊥ HB ta được:

HAuuur ⊥HBuuur ⇔ HA.HB 0uuur uuur= ⇔ (a + 2; 7a + 29).(−a − 7; −7a − 26) =0

• Điểm M là giao điểm không thuộc ∆ của đường thẳng IM với (C).

• Điểm N thuộc (∆) và trung điểm đoạn MN thuộc (C)

• Điểm P thuộc (∆) và thỏa mãn MP ⊥ IN

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Ta thấy (C) có tâm I(1;1) bán kính R = 2.

Đường thẳng IM vuông góc với ∆ nên có phương trình x − 1 = 0

⇔ uuur uur = ⇒ p = −1 ⇒ P(−1; 3)

• Với N(−3; 3) sử dụng tính chất trực tâm I của ∆MNP, ta có:

MP ⊥ IN ⇔ MPuuur ⊥INuur ⇔ MP.IN 0uuur uur = ⇒ p = 3 ⇒ P(3; 3).Vậy, tồn tại hai điểm P(−1; 3) hoặc P(3; 3) thỏa mãn điều kiện đầu bài

Câu 8b

 HƯỚNG DẪN: Sử dụng kiến thức cơ bản

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Ta có:

Qua A( 1; 3; 2)(Q) :

Vì f liên tục trên [0; 2] nên max f (x) 3[0;2] = và

[0;2]

min f (x) 1.=