GỢI Ý ĐÁP ÁN TOÁN KHỐI A

Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 - HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC THPT NĂM 2013 MÔN TOÁN HỌC Câu 1. 32 3 3 1y x x mx a. Khi m = 0 ta có hàm số: 32 3 1( )y x x C TXD: D = R '2 ' 36 0 0 2 y x x x y x * Bảng biến thiên x - 0 2 + y’ - 0 + 0 - y + -1 3 - + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ,0 ; 2; + Hàm số đồng biến trên (0, 2) * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 23 CD CD xy Hàm số đạt cực tiểu tại 01 CT CT xy * Đồ thị hàm số: '' '' 66 0 1 (1) 1 yx y x y Suy ra điểm uốn U (1, 1) + (C) giao với trục Oy: (0; -1) Điểm cực đại: (2; 3) Điểm cực tiểu: (0; -1) Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 - b. 32 22 3 3 1 (1) ' 3 6 3 3( 2 ) y x x mx y x x m x x m Để hàm số (1) nghịch biến trên 0; thì '0y trên 0; hay : 2 2 2 0 (0; ) 2 (0; ) (*) x x m x m x x x Xét 2 ( ) 2g x x x trên 0; '( ) 2 2 '( ) 0 1 g x x g x x Bảng biến thiên: x 0 1 g'(x) - 0 + g(x) -1 (*) Xảy ra khi (0; ) min ( ) 1 x m g x Kết luận 1m Câu 2: 1 + tanx = 2 2sin( ) (1) 4 x ĐKXĐ: cosx 0. (1)  1+ sinx cosx 2 2sin( ) 4 x  (sinx + cosx) = 2 2.cos .sin( ) 4 xx  2 sin( ) 4 x = 2 2.cos .sin( ) 4 xx  sin( ) 4 x [1-2 cosx]=0 Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 -  sin( ) 0 44 4 1 22 cos 33 2 x k x k x x k x k x Kết hợp điều kiện cosx 0 thấy các nghiệm đều thỏa mãn. Kết luận: nghiệm của phương trình là: 4 xk ; 2 3 xk Câu 3. 4 4 22 1 1 2 (1) 2 ( 1) 6 1 0 (2) x x y y x x y y y Xét (1): 4 4 1 1 2x x y y Đặt t = 4 4 1 0 1x t x t Suy ra: 4 4 1 1 2x x t t Vật t + 4 2tt Suy ra t = y vì hàm số f (u) = 4 4 2 0u luôn đồng biến Với t = y ta có: y = 44 4 1 1 1x y x x y Thế vào (2) (y 4 +1) 2 + 2(y 4 +1)(y-1) + y 2 -6y+1=0  8 4 5 4 2 2 1 2 2 2 2 6 1 0y y y y y y y  8 5 2 2 4 0y y y y  74 ( 2 4) 0y y y y  y=0 => x=1 => (1;0) 74 2 4 0y y y  y=1 => x=2. Vậy hệ có nghiệm (1;0) và (2;1) Câu 4 2 2 2 1 2 2 2 22 1 1 1 22 1 11 2 2 2 2 22 1 1 1 12 1 ln 11 (1 )ln ln ( )ln 2 2 2 ln ln ln 2ln 2 1 1 1 1 2 1 1 ln 1 ( )ln ln ( ) 1 2 ln 2 1 ln 2 1 () 1 22 53 ln 2 22 x I xdx x xdx xdx xdx xx x I xdx x x dx x x x x x I xdx xd dx x x x x x I I I Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 - Câu 5. Tính SABC V Gọi H là trung điểm của BC. Suy ra SH vuông góc với BC Vì ( ) ( ) ( ) ( ) () SBC ABC SBC ABC BC SH BC SH ABC Tam giác SBC đều cạnh = a suy ra SH = 3 2 a Tam giác ABC vuông góc tại A, góc ABC = 0 30 , BC = a suy ra AB = 0 3 . os30 2 a BC c Và AC = 2 a Suy ra 3 1 1 1 1 3 3 . . . . . . ( ) 3 3 2 6 2 2 2 16 SABC ABC a a a a V SH S SH AB AC dvtt Tính khoảng cách từ C đến (SAB) Ta có: AH = 22 BC a Tam giác SAH vuông tại H suy ra 22 22 3 44 aa SA SH AH a Tam giác SHB vuông tại H suy ra 22 22 3 44 aa SB SH HB a Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 5 - Suy ra tam giác SHB cân tại S. Gọi M là trung điểm của AB suy ra SM = 2 2 2 2 2 2 3 3 13 4 16 4 a a a a SB BM a a Suy ra diện tích tam giác 2 1 1 13 13 39 . . ( ) 2 2 4 2 16 SAB a a a S SM AB dvdt Ta có 3 1 ( ,( )). 3 16 S ABC C SAB SAB a V V d C SAB S 3 3 2 3 3 16 3 39 16 ( ,( )) . 16 13 39 39 SAB a a a a d C SAB S a Câu 6. Câu 7a. Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 6 - Gọi C(t, -2t – 5) Ta có:ACMD là hình bình hành AC BN tại E CE là đường trung bình trong tam giác BNM nên E là trung điểm của BN  Tam giác ABN cân tại A => ANB ABN Mà CNB CBN  Tam giác ANC vuông tại N. => . 0 9( 5) 12( 2 1) 0 1.AN NC t t t => C(1;-7) => Phương trình AC: 3x+y+4=0. Lập phương trình BN đi qua N (5;-4) và vuông góc với AC. BN: x-3y-17=0. => Tọa độ E 1 11 ( ; ) ( 4; 7) 22 AC EB BN . Câu 7b Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 7 - +) Giả sử M là trung điểm AB và I là tâm đường tròn, H là giao điểm hai tiếp tuyến. +) Ta có hình vẽ như trên là trường hợp duy nhất thỏa mãn. +) Ta có IM vuông góc AB và I, M , H thẳng hàng. +) Tam giác IMB vuông tại M => 22 2 2 2 (4 2) 10 2 44 AB IM IB MB R +) 2 10 52 cos cos 2 () IB IB IB IB IH IM HIB MIB IM IB +) 42MH IH IM Do ( ) 45 o y x HOM HMO cân tại M Mà 90 o HMO => Tam giác HMO vuông cân tại M. 1 1 4 2 ( , ) . 2. 4 4 4 (4;4) 22 2 MM d M OH OH HM x y M +) Viết phương trình IM. (∆) nhận (1; 1)n là VTPT => nhận (1;1)v là VTCP. IM => IM nhận (1;1)v là VTPT; IM qua M(4; 4) => phương trình IM: 80xy +) Giả sử I ∈ IM có tọa độ I(t; 8-t) ( ; ) 2d I IM 1 22 2 (5;3) 5 8 2 2 8 2 3 (3;5) 11 I t tt t tI Lấy K(1,0) Ox  K, I cùng phía so với () +) Xét 1 (5,3)I có (5 – 3)(1 – 0) > 0 => thỏa mãn +) Xét 2 (3,5)I có (3 – 5)(1 – 0) < 0 => loại Vậy (C) có tâm 1 (5,3)I bán kính 10  PT của (C): 22 22 ( 5) ( 3) 10 10 6 24 0 ( ) xy x y x y C Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 8 - Câu 8a. 6 1 2 : 3 2 1 x y z Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với Mặt phẳng (P) có vtpt : // p nu = (-3; -2; -1) Phương trình mặt phẳng (P): -3(x – 1) – 2(y-7) + 1(z-3) = 0  -3x – 2y + z +14 = 0 M ∈  63 12 2 xt M y t zt 2 30AM  AM 2 = 120 2 14 8 6 0tt 1 (3; 3; 1) 3 51 1 17 ( ; ; ) 7 7 7 7 tM tM Câu 8b Mặt cầu (S) có tâm I (1;-2;1) bán kính 14R 2 2 2 2.1 3.( 2) 1.1 11 14 ; 14 14 2 3 1 d I P R Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S). Lập phương trình đường thẳng d đi qua I (1;-2;1) và ()mp P Ta có véc tơ chỉ phương d u // d u 12xt 23yt 1zt tR Tọa độ tiếp điểm mà M là giao của d và (S); ()MP 2 2 2 1 2 2 3 1 2 1 2 4 2 3 2 1 8 0t t t t t t 2 14 14 0t 1 (3;1;2) ( ) 1 ( 1; 5;0) ( ) t M P t M P Vậy tọa độ tiếp điểm M(3;1;2) Câu 9a. Gọi số có 3 chữ số phân biệt thuộc S có dạng abc abc (1≤ a ≤ 9; 0≤ b,c ≤ 9, a, b, c ∈ N) Khi đó số phần tử của S là: 7. 6. 5 = 210 phần tử Số được chọn từ S là số chẵn có dạng 1 2 3 a a a Khi đó a 3 có 3 cách chọn {2; 4; 6} a 2 có 6 cách chọn {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}\ {a 3 } a 1 có 5 cách chọn {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}\ {a 2 , a 3 }  Số cách chọn phần tử thuộc S và là số chẵn là: 3.6.5 = 90 phần tử Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 9 - Gọi A là biến cố số chọn được từ S là số chẵn: 90 3 () 210 7 A PA Câu 9b. 13z Viết dạng lượng giác của z 13 2 22 1 3; 2 os sin 33 i z ci Phần thực và phần ảo của số phức 5 w (1 )iz 5 5 5 5 5 1 3 (1 3 ) 2 os sin 32 16 16 3 3 3 2 2 z i c i i i 5 w (1 )iz (1 ) 16 16 3 16(1 3) 16(1 3)i i i Vậy phần thực của w là: 16(1 3) , phần ảo là 16(1 3) Nguồn: Hocmai.vn . 16 SABC ABC a a a a V SH S SH AB AC dvtt Tính khoảng cách từ C đến (SAB) Ta có: AH = 22 BC a Tam giác SAH vuông tại H suy ra 22 22 3 44 aa SA SH AH a Tam giác SHB vuông tại H suy ra 22 22 3 44 aa SB. c a AB suy ra SM = 2 2 2 2 2 2 3 3 13 4 16 4 a a a a SB BM a a Suy ra diện tích tam giác 2 1 1 13 13 39 . . ( ) 2 2 4 2 16 SAB a a a S SM AB dvdt Ta có 3 1 ( ,( )). 3 16 S ABC C SAB SAB a V. ) () SBC ABC SBC ABC BC SH BC SH ABC Tam giác SBC đều cạnh = a suy ra SH = 3 2 a Tam giác ABC vuông góc tại A, góc ABC = 0 30 , BC = a suy ra AB = 0 3 . os30 2 a BC c Và AC = 2 a Suy ra