DE CHINH THUC DA thi dai hoc mon Toan 2013

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P: 2.. Cho số phức.[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

-

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

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = -x 3 + 3x 2 + 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 2 2 sin( )

4

     

(x,y ∈ R)

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

2 2 2 1

1

x

x



 

Câu 5 ( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, = 30 o 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 C đến mặt phẳng (SAB)

Câu 6 (1 điểm) Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện (a c b c )(  )4c2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( 3 ) ( 3 )

P



II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong 2 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 đương 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 các số tự nhiên gồm 3 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 Xác định

số phần tử của S chọn ngẫu nhiên 1 số từ S, tính xác suất để số được chọn là 1 số chẵn

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxycho 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 1 điểm thuộc Oy.Viết phương trình đường tròn (C)

Câu 8.b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x3y z 110và mặt cầu (S):

x  y  z  x  y  z   Chứng minh (P) tiếp xúc với (S) Tìm tọa độ tiếp điểm của (P) và (S)

Câu 9.b (1 điểm) Cho số phức z   1 3 i Viết dạng lượng giác của z Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  (1  i z ) 5

-Hết -

Thí sinh không được sử dung tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2013

I PHẦN CHUNG ( 7 điểm )

Câu 1 :

a y x 3x 1 

* D    

2

* y ' 3x 6x 

2

y '0  3x 6x0 



    Hàm số : 

- Tăng trên khoảng 0 2;   

- Giảm trên mỗi khoảng;0và  2;   

- Đạt cực đại tại x2, yCÑ   3

- Đạt cực tiểu tại x0, yCT   1

   Bảng biến thiên : 

       x            0      2              

       y’       -         0         +      0         -       

               

       y      3       

       -1      

            

   Đồ thị :       

b y x  x  mx  

D    

2

y '  x  x m    Hàm số nghịch biến trên 0;  y '0  x 0;  



' 9 9 0 ' 9 9 0

1 0

2 0 ô ý

m m

m

    



   



  







  



Câu 2 : 1 tan 2 2 sin

4

 

2

  Với điều kiện trên phương trình được viết lại : 

  1 s in 2 2 sin

x

x x

  

sin cos

2 sin cos 0 cos

x



sin cos  1 2 cos 0

cos

x

x



2 cos 1

x x

x

4 1

2













x

x



 x  k x  k k 



Câu 3 :

4 4







ĐK: x  ≥ 0

Xét (2):x22 (x y1) y26y  1 0

'x (y 1) y 6y 1 4y 0

         y  0

Xét (1): 

4

(1) trở thành: 

       f z( ) z z42 , đồng biến với     nên:  z 0

(*)  t y  y4 x 1

(2) trở thành: (y4y)24y0 

0

0 (

1   0)

y

V y





 











  Vậy nghiệm của hệ phương trình:  1 ,

0

x y











1

x y









     

Câu 4 (1,0 điểm)

2

x

  Đặt 

2

1 ln

1







x

x

x

ln | 1

  x 1 lnx x 1 |12

     

  5ln 2 3 5 ln 2 3



Câu 5:

Gọi M là trung điểm BC, ta có tam giác ABC đều nên  SMBC, vì  SBC  ABC nên 

SM ABC  

Ta có : 

0 30 2 a

ACa.sin   

30

2

a

ABa.cos   

SM là chiều cao tam giác đều cạnh a nên   3

2

a

SM   

3

a

SM  ABC  SM MH  SMH vuông tại M 

2

SAB

13 SABC SAB

d C, SAB

S

         

Câu 6 :

(a c b c)( ) 4c (a 1)(b 1) 4(*)











 



a x

b y c

  Đặt  S x y2 

  Ta có: 

3

3

( 3) 64 64 64 64 ( 3) 16 ( 3)

( 3) 64 64 64 64 ( 3) 16 ( 3)

16 ( 3) 32 16 ( 3) 32

( 3) ( 3)

2

2

3( ) 9

2

2

2 12

   



 P S S  S   

( )3  2  6 5 2

'

2

'

1

4 3 14

4



 

 

S

f S

  Lập bảng biến thiên suy ra: P f S( ) 1  2MinP 1 2 xảy ra khi: x = y = 1 

   hay a = b = c 

II PHẦN RIÊNG

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7a :

Gọi các điểm như hình vẽ 

Ta cĩ A, B, C, N, D cùng thuộc đường trong (C) tân I là tâm của hình chữ nhật ABCD,bán 

kính 

2

AC

AI IN             

Đường thẳng BN qua N (5; -4) và nhận AC 1; 3

   làm véc tơ pháp tuyến 

3 17 0

BN : x y

2

3 1

2 2

250 4

t m I

R



 



1

2

5 4

4 7

B ; loại vì B N

 



Vậy B 4; 7 và C1; 7   thỏa mãn 

Cách 2:      Cĩ thể tìm C bằng nhận xét tam giác ANC vuơng tại N       

Câu 8a :

(P) đi qua A và vuơng gĩc Δ nên phương trình là: 3x2y z 160. 

2

(3 5;8 2 ;5 )

2 30 (3 5) (8 2 ) (5 ) 120

1

3

t

t







 





    Có 2 điểm thỏa đề là  M1(3; -3; -1); ( 2(51; 1; 17)

Câu 9a :

  Gọi số tự nhiên gồm 3 chữ số phân biệt là abc 

  Số phần tử của S : 

- Chọn a có 7 cách 

- Chọn b có 6 cách 

- Chọn c có 5 cách 

 Số phần tử của S là 7.6.5 = 210 phần tử  Cách chọn để số chọn được là số chẵn : 

- Chọn c chẵn có 3 cách 

- Chọn a có 6 cách 

- Chọn b có 5 cách 

 Số cách chọn để được số tự nhiên chẵn có 3 chữ số phân biệt là  3.6.5 = 90 cách 

Vậy xác suất cần tìm là  90 3

210 7

P      

B Theo chương trình nâng cao

   Gọi các điểm như hình vẽ 

  AB 4 2 

  Gọi A   A m; m  

   IC250 

  Theo đề C tia Oy  C ; a0  a0 

  HC2AC2AH2 32  HC4 2 

2

a

  Đường thẳng IC c ptrình x ó  y   8 0 

  IIC  I m; 8m 

  Gọi H là giao điểm của IC và   H4; 4 v IHà 210 8 2 

2

2





  Ta loại I2 vì I và C cùng phía so với ∆ 

  ó : 5;3

10

I

R









  Vậy   C : x52y32 10

Câu 8b :

  ó  : 1; 2;1

14

I

R









   ,   2 6 1 11 14

14

d I P      R  (P) tiếp xúc với (S) 

  Gọi   là đường thẳng qua I và vuông góc với (P) 

1 2

1

 





     

  



  Gọi M là giao điểm của (P) và (S)  M    P  

  M   M1 2 t; 2 3 1t; t 

  M P  2 1 2  t3 2 3t  1 t 110  14t14  0

1 t

  Vậy tiếp điểm của (P) và (S) là: M3;1; 2

Câu 9b :

r = 1 3 = 2; tg =  3, chọn   = 

3

   

 dạng lượng giác của z là z = 2(cos sin )

3 i 3

   z5 = 32(cos5 sin5 ) 32(1 3)

   w = 32(1 + i) (1 3)

2i 2   =32(1 3) 32 (1 3)

2 2  i 2 2     Vậy phần thực của w là : 32(1 3)

2 2  và phần ảo là 32(1 3)

2 2 . 

-HẾT -