Giai de thi Toan Khoi D nam 2013

 HƯỚNG DẪN: Phác thảo hình vẽ và tìm thuộc tính của C...  HƯỚNG DẪN: Sử dụng đạo hàm.[r]

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:

2

1

2

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

2 0

(x 1)









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

SMA 45 Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC)

Câu 6 (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy y 1 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2  

6 x y



II 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 tam giác ABC có

điểm

9 3

2 2

  là trung điểm của cạnh AB, điểm H(-2; 4) và điểm I(-1; 1) lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC Tìm tọa độ điểm C

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 2

z 2z 1

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)2(y1)2 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

2

f (x)

x 1



 trờn đoạn [0; 2]

HƯỚNG DẪN VÀ BÀI GIẢI

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013

Mụn : TOÁN - Khối : 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 0 g(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

 LỜI GIẢI CHI TIẾT :

a Với m = 1, hàm số cú dạng:

y = 2x3  3x2 + 1

Ta lần lợt có:

1 Hàm số xác định trên D = 

2 Sự biến thiên của hàm số:

 Giới hạn của hàm số tại vô cực:

x

lim

3

3 x





khi x

khi x

 Bảng biến thiên:

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

CT Hàm số đồng biến trờn (∞; 0) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến trờn (0; 1) Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y(1) = 0

 Điểm uốn:

y" = 12x – 6; y” = 0  x = 1/2 Điểm uốn I (1/2; 1/2)

Đồ thị :

b.) Phương trỡnh hoành độ giao điểm của (C) và (d):

2x  3mx (m 1)x 1  x 1

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





 

 (d) cắt (C) tại 3 điểm phõn biệt khi (1) cú 2 nghiệm phõn biệt khỏc 0

y

x 0

1

1

g 0

g(0) 0

 









2

m 0

 





8

9

Câu 2 :

 HƯỚNG DẪN: Sử dụng biến đổi (sin3x  sinx) để làm xuất hiện nhân tử chung cos2x

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

2 cos 2x sin x cos 2x 0   cos 2x 2sin x 1   0

cos 2x 0

1 sin x

2



hay x 6 k2



hay

7

6



(k Z )

Câu 3 :

 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:

2

x

x 2 x 2

1 x    hoặc x2  1 x x 2 x 2     

Tới đây với ẩn phụ t x, 0 t 1  ta có được phương trình:

4

2

t

1 t    hoặc 4    2 

t  1 t t  2t 2 

 Với hướng 1, để làm xuất hiện ẩn phụ ta biến đổi:

4 2

t

:(1 t)

2

2

1 t

1 t







 Với hướng 2, ta biến đổi:

t4 + t3  3t2 + 4t  2 = 0  (t2  t + 1)(t2 + 2t  2) = 0

0 t 1 2

t 2t 2 0

 

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Điều kiện 0 < x < 1. (*) Biến đổi phương trình về dạng:

2

log x  log (1 x ) log (x 2 x 2)  

2

x



2

x

x 2 x 2



Tới đây, với ẩn phụ t x, 0 t 1  ta có được phương trình: 4

2

t

4 2

t

1 t

2

2

1 t

1 t





2

2 0

1 t

1 t





2

0 t 1 t

2 0

1 t

 

0 t 1

 

    x 4 2 3. 

Vậy, phương trình có nghiệm  x 4 2 3. 

Câu 4 :

 HƯỚNG DẪN: Chia nhỏ thành hai tích phân

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Ta biến đổi:

1 2

2 0

 







1

2 0

2x





2

2xdx dx



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:

ABCD

1

3

SA.2S



ABC

2

SM.S



Vì AD// BC nên:

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:

a 3

2

ABCD

1

3

SA.2S



2

2 a 3 a 3



3 a 4

 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SM, ta thấy:

BC SA









  BC  (SAM)  BC  AH  AH  (SBC)

Vì AD// BC nên

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

1 SM 2

AM 2 2

Câu 6.

 HƯỚNG DẪN: Với x, y là các số thực dương, để đưa P về dạng một ẩn

x

y

ta biến đổi:

2

P

x

6(t 1)



 

Tới đây để tìm giá trị lớn nhất của P ta sẽ sử dụng đạo hàm với lưu ý tìm thêm điều kiện của ẩn phụ t từ giả thiết xy ≤ y  1:

2

y  y y

2

    

1 4



 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Từ giả thiết ta có:

2

0

2

    

1 4



Đặt

x

t

y



, điều kiện

1 0

4

 t

ta có biến đổi:

2

P

x

6(t 1)



 

Xét hàm số 2

f (t)

6(t 1)



1 0

4

 t

 2 3  2

f (t)

2 t 1



 

0 2 3

 f đồng biến trên

1 0;

4



 

 

Vậy, ta thấy max

7 10 5 30





P

đạt được khi:

1

t

4

&

1

x & y 2

2

Câu 7a

 HƯỚNG DẪN: Ta lần lượt:

 Lập phương trình đường thẳng AB:

Qua M

AB IM









Từ đó, nhận được tọa độ A, B tính theo

trung điểm M

Sử dụng điều kiện HA  HB sẽ nhận

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) :

AB IM









9 3

2 2 (AB) :

7 1 vtpt IM ;

2 2





uur

 (AB): 7x  y + 33 = 0

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 uuurHB

HA.HB 0

 uuur uuur

 (a + 2; 7a + 29).(a  7; 7a  26) =0

 a2 + 9a + 20 = 0  a = 4 hoặc a = 5

Ta lần lượt:

 Với a = 4 thì A(4; 5) và B(5; 2)

Phương trình đường thẳng AC được cho bởi:

Qua H 2; 4 (AC) :

vtcp AH 2; 1









uuur

 (AC): x + 2y  6 = 0

Vì CAC nên C(6  2c; c) và từ điều kiện IC = IA ta được:

(7  2c)2 + (c  1)2 = 25  c2  6c + 5 = 0

c 1

c 5







C(4; 1) C( 4; 5) A



  C(4; 1)

 Với a = 5 thì A(5; 2) và B(4; 5)

Phương trình đường thẳng AC được cho bởi:

Qua H 2; 4 (AC) :

vtcp AH 3; 6







uuur

 (AC): 2x  y + 8 = 0

Vì CAC nên C(c; 2 + 8c) và từ điều kiện IC = IA ta được:

(c + 1)2 + (2c + 7)2 = 25  c2 + 6c + 5 = 0





  



C( 1; 6) C( 5; 2) A





  C(1; 6)

Vậy, tồn tại hai điểm C(4; 1)hoặc C(1; 6) thỏa mãn điều kiện đầu bài

Câu 8a

 HƯỚNG DẪN: Ta lần lượt:

 Với H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) thì H là giao điểm của (P) với đường thẳng (d) qua A và vuông góc với (P)

 Mặt phẳng (Q) thỏa mãn:

P

Qua A

vtpt n AB, n







r uuur uur

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Gọi (d) là đường thẳng qua A và vuông góc với (P):

P

Qua A 1; 1; 2

(d) :

vtpt n 1; 1; 1







uur

(d) : y 1 t , t

 





  



¡

Gọi H là hình chiếu của A trên (P), suy ra H(t  1; t  1; t  2) và vì H (P) nên:

(t  1) + (t  1) + (t  2)  1 = 0  3t  5 = 0

5 t

3

Mặt phẳng (Q) qua A, B và vuông góc với (P) thỏa mãn:

P

Qua A (Q) :

vtpt n AB, n







r uuur uur (Q) : Qua A( 1; 1; 2)

vtpt n( 1; 2; 1)



 r

 (Q): x  2y + z + 1 = 0

Câu 9a

 HƯỚNG DẪN: Sử dụng các phép toán số phức

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Ta biến đổi:

(3 + i)z = 1 + 3i

1 3i

3 i

 



Ta có:

2

i 2i 1

i

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7b

 HƯỚNG DẪN: Phác thảo hình vẽ và tìm thuộc tính của (C)

Ta lần lượt:

 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

Vì M  IM nên M(1; m) và M  (C) nên:

(1  1)2 + (m  1)2 = 4

m 3





  

 M(1; 3)

M(1; 1)

 



  M(1; 1)

Vì N, P  () nên N(n; 3), P(p; 3) và trung điểm MN  (C) nên:

2

2

n 1

2



   n2  2n  15

= 0

n 5





  



N(5; 3)

N( 3;3)



  



Ta lần lượt:

 Với N(5; 3) sử dụng tính chất trực tâm

I của MNP, ta có:

MP  IN  MPIN

uuur uur

MP.IN 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  MPIN

uuur uur

MP.IN 0

 uuur 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:

 

3

1 4 4

  Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm:

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

vtpt n(1; 2; 2)







r

 (Q): x – 2y – 2z +3 = 0

Câu 9b

 HƯỚNG DẪN: Sử dụng đạo hàm

 LỜI GIẢI CHI TIẾT : Ta lần lượt có:

2 2

f (x)

(x 1)

 ; f (x) 0   x 1 hay x = 3 (loại) f(0) = 3, f(2) = 5/3, f(1) = 1

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

và min f (x) 1.[0;2] 