0 Câu 4 1,0 điểm Tính tích phân 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 the[r]
Trang 1Phạm Quang Hà
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
-ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn thi: TOÁN; Khối B
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 y2x3 3(m1)x2 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 5x2cos2x1
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
2 2
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
1
2 0
I x 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 biểu thức:
2 2 2
( ) ( 2 )( 2 ) 4
P
a b a c b c
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (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 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)
Câu 9.a (1,0 điểm) Có hai chiếc hộp chứa bi Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng, hộp thứ
hai chứa 2 viên bi đỏ và 4 viên bi trắng Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1 viên bi, tính xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh
A là
17 1
;
H
, chân đường phân giác trong của góc A là D (5; 3) và trung điểm của cạnh AB là M (0; 1) Tìm tọa độ đỉnh C
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; -1; 1), B (-1;2;3) và đường
thẳng :
x y z
Viết phương trình đường thẳng đi qua A, vuông góc với hai đường thẳng
qua AB và
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2log ( 1) log ( 1) 0
-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……… …….Số báo danh: ………
Trang 22
-2
-4
3
y
0
GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI
I PHẦN CHUNG ( 7 điểm )
Câu 1 :
a y2x3 3(m1)x26mx (1), Khi m = - 1 thì hàm số (1) trở thành:
y = 2x3 -6x
2
* y' 6x 6
2
y' 0 6x 6 0
Hàm số :
- Hàm số nghịch biến trên khoảng 1 1;
- Hàm số đồng biến trên hai khoảng ; 1
và 1;
- Đạt cực đại tại x1, yCĐ 4
- Đạt cực tiểu tại x1, yCT 4
Bảng biến thiên :
x
-1 1
y’ + 0 - 0 +
y 4
-4
Đồ thị :
* y" 12 ; " 0 x y x 0 y0
- Đồ thị nhận điểm O(0; 0) làm tâm đối xứng
- Đồ thị cắt
(0;0) ( 3; 0); (0; 0); ( 3; 0)
oy tại điểmO
b Ta cĩ:
2
y x m x m
- Hàm số (1) cĩ 2 cực trị A và B y’=0 cĩ 2 nghiệm phân biệt (m + 1)2 – 4m > 0 m 1
- Thực hiện phép chia y cho y’, ta được: y =
1 (2 1) '
6 x m y - (m – 1)2x + m2 + m
y m x m mlà phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A và B
Trang 3Phạm Quang Hà 2
2
0 2
m m m
Vậy m = 0 hay m = 2 thì YCBT thoả mãn
Cách khác: + Điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị A, B
<=> y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
2
6x 6(m 1)x 6m 0
x m x m
có 2 nghiệm phân biệt
1
1
x
m
x m
+ Gọi A(1; y1); B(m; y2)
;
=> A(1; 3m - 1); B(m; -m3 + 3m2)
=> Phương trình đường thẳng AB: 2 3
2
(m 1) (x 1) y (3m 1)
y m x m m
Để AB ⊥ d: y = x + 2 thì:
0
m
m
Câu 2 : Giải phương trình: sin 5x2cos2 x (1)1
Cách 1: sin 5x2cos2x1 sin5x = 1 – 2 cos2x = -cos2x = cos(-2x) = sin(2x - /2)
5x = 2x - 2
+ k2 hay 5x = - 2x +2
+ k2, k Z
x =
2
k
hay x =
k
, k Z
Cách 2:
sin 5 2cos 1 2cos 1 sin 5 os2 sin( 5 )
2
2
k
k
¢ Chú Ý: Hai kết quả đều đúng, nhưng cách viết có khác nhau
Câu 3 : :
2 2
2 2
Cách 1: (Coi (1) là ptb2 theo biến x)
(1) 2x 3(y 1)x y 2y 1 0 (*)
Xét phương trình bậc hai theo x, ta có:
Trang 42 2 2 2 2 2
1 1
x
y x
x y
TH1 : y = 2x + 1 Thế vào (2) ta cĩ :
1 4
x
Nhận thấy x = 0 là nghiệm duy nhất của pt(*), thật vậy:
f(x) = 4x 1 9x4 đồng biến trên
1
; 4
( ) 3 4
g x x nghịch biến trên
1
; 4
Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của pt(*) và y = 1
TH2 : y = x + 1 Thế vào (2) ta cĩ :
3
x x x x x
3x 1 5x4 3( x1)x2x3
3x 1 (x1) 5x 4 (x2) 3(x1)x
2
x x
x2 – x = 0 hay
3
3x 1 (x 1) 5x 4 (x 2)
x = 0 x = 1 x = 0 y = 1; x = 1 y = 2
Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (0; 1) hay (x; y) = (1; 2)
Lưu Ý: Nếu coi pt(1) là ptb2 theo y, ta cĩ:
1
y
y x
y x Sau đó ta giải tương tự
Cách 2: (Phân tích (1) thành pt tích)
Trang 5Phạm Quang Hà
1
y x
y x Với y x thế vào ta có x x x
mà f nên x là nghiệm duy nhất của Suy ra x y là nghi
1 0
ệm của hpt đã cho Với y x thế vào ta có
x
x
Khi x y
Nhậnthấy x lànghiệm duy nhất của Pt vì pt có VT là hàm đồng biến VP
là hàm nghịch biến trên TXĐ
x thì y
Tóm lại Hpt đã cho có nghiệm là hoặc
Cách 3:
2 2
3
y x
y Các bước còn lại giải tương tự
y x
Câu 4
Cách 1: (Tính tiếp)
1
2 0
2
I x x dx
=
1
2 1/2 2 0
1
=
1 3
2 2 0
3
2
Cách 2 (Đổi biến số) I=
1
2 0
2
x x dx
2
1
2 2 1
t
I t dt t dt
Lưu Ý: Đặt t = 2 – x 2 củng được.! hoặc đặt
2 sin
2 os
t c t nhưng giải rườm rà hơn.
Câu 5:
Cách 1:
Trang 6A' K
I H
S
D
C B
A
2
SH AB Gọi H là trung điểm của AB khi đó a Do SAB đều cạnh a
SH Mặt khác SAB ABCD SH ABCD SH là đường cao của hình chóp S ABCD
Vậy
3 2
Do AB//CD nên d(A,(SCD)) = d(AB,(SCD)) = d(H,(SCD)) Khi đĩ: Gọi I là trung điểm của CD và K là
hình chiếu của H lên SI, ta cĩ:
HK SI
HK CD do CD SHI
Xét tam giác vuơng SHI, ta cĩ:
7 3
2
a HK
Vậy d(A, SCD) =
7
a HK
Lưu ý: Cĩ thể tính khoảng cách bằng cách sau:
- Dựng
AA'/ / ( ' )
Sx SAB SCD
SH A Sx
AK A D K A D
AK d A SCD tính tương tự như HK
Cách 2: (Dùng phương pháp toạ độ)
-Gọi
3 (0;0; 0), (0; 0; ), ( ; 0; 0), ( ; 0; 0), ( ; ; 0), ( ; ; 0)
H O SH Oz AB HI Oy khi đó
Ta cĩ:
SA SB SC a SD a
.
S ABCD SABC SACD
Trang 7Phạm Quang Hà
2 2
2
2
9
SCD
Mặt khác SCD có n SC SD a a
pt SCD có dạng a y a z a
a x ptđt đi qua A và vuông góc SCD có dạng y a t t
z a t
a a a
a
a
d A SCD AM
7
Lưu Ý Sử dụng công thức tính khoảng cách nhanh hơn
a
a
d A SCD
a a
Câu 6 :
Cách 1:
a + b + c + 2 4(a2b2c24)
3(a+b)
2
( 2 )( 2 ) (3 3 )
a c b c a b
P
Đặt t = a + b + c, t > 0; 2
( )
2 2
(t 2) t
g’(t) = 0 27(t + 2)2 – 8t3 = 0 t = 6
g’(t) + 0
-g(t)
5 8
P g(t)
5
8; maxP =
5
8 xảy ra khi a = b = c = 2.
Cách 2:
Trang 8I H
D
C B
A
2
2 2 2
3
4 ( 2 )( 2 )
2
4
3
a b c
a b c
a b c
a b c
a b
P
x x
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=2
II PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a :
Cách 1:Ta cĩ:
(1;2)
BD
n
Gọi I là giao điểm của AC và BD
Pt đường thẳng AC qua H(-3; 2) nhận (2; 1)
v làm vecto pháp tuyến là:
2(x3) ( y 2) 0 2x y 8 0
Tọa độ I là nghiệm của hệ
( 2;4)
x y
I
x y
Xét
0 0
45
90
IBC BHC ta có BHCvuông canâ taiï B
HBC
I là trung điểm của HC => C (-1, 6)
Vì IHB vuơng cân tại I cĩ IH = 5
Từ phương trình IH = IB = IC ta cĩ điểm B (0; 3) và C (-1; 6)
3
ID IB
uur uur
, ta cĩ D (-8; 7)
Tương tự ta cĩ nghiệm thứ 2 là B(-4; 5) và D (4; 1)
Câu 8a : Đường thẳng qua A và vuơng gĩc với (P) cĩ VTCP là (2; 3; -1)
Vậy phương trình đường thẳng d qua A là :
3 2
5 3
z t
Gọi H là giao điểm của d và (P) ta cĩ H (3 + 2t; 5 + 3t; -t)
H (P) nên ta cĩ : 2(3 + 2t) + 3(5 + 3t) + t – 7 = 0 t = -1 H (1; 2; 1)
Gọi A’ (x, y, z) là tọa độ điểm đối xứng của A qua (P),
ta cĩ: x = 2xH – xA = -1; y = 2yH – yA = -1; z = 2zH – zA = 2
Tọa độ điểm đối xứng của A qua (P) : (-1; -1; 2)
Câu 9.a
Cách 1:
- Lấy 1 bi ở hộp 1 cĩ 7 cách, 1 bi ở hộp 2 cĩ 6 cách Khơng gian mẫu là: 7.6 = 42 cách
- Hai viên bi cùng màu:
+ Cùng đỏ: 4.2 = 8 cách
+ Cùng trắng: 3.4 = 12 cách
Tổng số cách để chọn ra hai viên bi cùng màu la: 8 +12 = 20 cách
Trang 9Phạm Quang Hà
P =
20 10
42 21
Cách 2:
Xác suất để 2 viên bi được lấy ra cùng là bi đỏ là :
4 2. 4
7 6 21 Xác suất để 2 viên bi được lấy ra cùng là bi trắng là :
3 4 2
7 6 7 Xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu là :
4 2 10
21 7 21 .
B Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b Phương trình BC : 2x – y – 7 = 0; phương trình AH : x + 2y – 3 = 0
A AH A (3 – 2a; a) B (2a – 3; 2 – a)
AH HB
uuur uuur
a = 3 A (-3; 3); B (3; -1)
Phương trình AD : y = 3 N (0; 5) là điểm đối xứng của M qua AD N AC
Phương trình AC : 2x – 3y + 15 = 0 và phương trình BC : 2x – y – 7 = 0
C (9; 11)
N
H
M
B
A
Lưu Ý: Có thể tìm điểm B’ đối xứng với B qua đường thẳng AD thì B'AC .
Câu 8.b AB
= (-2; 3; 2), VTCP của là a
= (-2; 1; 3)
1 VTCP của đường thẳng d đi qua A và vuông góc với là n = (7; 2; 4)
Vậy phương trình đường thẳng d là :
1 7
1 2
1 4
Câu 9.b
2
log ( 1) log ( 1)
2
y x
2
y x
3 1
x y
HẾT