ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số ( ) 3 2 y x 3x 3mx 1 1= − + + − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 0 = . 2. Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0; +∞ Câu II (1,0 điểm) Giải phương trình sau: 1 tanx 2 2 sin x 4 π + = + ÷ Câu III(1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 4 4 2 2 x 1 x 1 y 2 y x,y x 2x y 1 y 6y 1 0 + + − − + = ∈ + − + − + = ¡ Câu IV (1,0 điểm) Tính tích phân: 2 2 2 1 x 1 I .lnx.dx x − = ∫ . Câu V(1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, · 0 ABC 30= , SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB). Câu VI (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ( ) ( ) 2 a c b c 4c+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 3 3 2 2 3 3 32a 32b a b P c b 3c a 3c + = + − + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VII.a( 1,0 điểm) Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc d: 2x y 5 0+ + = và điểm ( ) A 4;8− . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu của B lên DM. Tìm tọa độ của B, C biết ( ) N 5; 4− . Câu VIII.a (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng y 1 x 6 z 2 : 3 2 1 + − + ∆ = = − − 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 IX.a (1,0 điểm) Gọi S là tập 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 số chẵn. B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VII.b(1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng : x y 0∆ − = . Đường tròn (C) có bán kính R 10= cắt ∆ tại hai điểm A, B sao cho AB 4 2= . Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc Oy. Viết phương trình đường tròn (C). Câu VIII.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P): 2x 3y z 11 0+ + − = và mặt cầu (S): 2 2 2 x y z 2x 4y 2z 8 0+ + − + − − = . Chứng minh (P) tiếp xúc với (S). Tìm tọa độ tiếp điểm của (P) và (S). Câu IX.b (1,0 điểm) Cho số phức z 1 3i= + . Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thực, phần ảo của ( ) 5 w 1 i z= + . ĐÁP ÁN Câu I. ( ) 3 2 y x 3x 3mx 1 1= − + + − a. (Tự làm) b. Ta có : 2 y' 3x 6x 3m= − + + ; ( ) ' 9 m 1∆ = + TH1: ' 0 ∆ > y' 0⇒ = có hai nghiệm phân biệt 1 2 x 1 m 1;x 1 m 1= − + = + + . Suy ra không có giá trị nào của m thỏa mãn bài toán (vì 2 x 0> ). TH2: ' 0 m 1 y' 0∆ = ⇔ = − ⇒ = có nghiệm x 1= . Suy ra, không có giá trị nà của m thỏa mãn bài toán. TH3: ' 0 m 1 y' 0, x∆ < ⇔ < − ⇒ < ∀ ∈¡ . Suy ra ( ) y' 0, x 0,< ∀ ∈ +∞ Vậy m 1< − thì yêu cầu bài toán thỏa. Câu II. 1 tanx 2 2 sin x 4 π + = + ÷ (1) Điều kiện: cos x 0 x k 2 π ≠ ⇔ ≠ + π Pt(1) sinx cosx 2 2 cosxsin x 4 π ⇔ + = + ÷ ( ) 2 sin x 2 2 cosxsin x 4 4 sin x 0 x k 4 4 k 1 x k2 cos x 3 2 π π ⇔ + = + ÷ ÷ π π + = = − + π ÷ ⇔ ⇔ ∈ π = ± + π = ¢ Câu III. ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 x 1 x 1 y 2 y 1 x,y x 2x y 1 y 6y 1 0 2 + + − − + = ∈ + − + − + = ¡ Ta có: ( ) ( ) 2 2 x y 1 4y 0⇔ + − = ≥ Điều kiện bài toán là: x 1; y 0≥ ≥ Đặt 4 a x 1 0; b y 0= − ≥ = ≥ , pt(1) thành 4 4 a a 2 b b 2+ + = + + (3) Xét hàm số ( ) 4 f t t t 2,t 0= + + ≥ Hàm f là hàm đồng biến với mọi t 0≥ (vì ( ) f' t 0, t 0> ∀ ≥ ) (4) Từ (3), (4) suy ra 4 a b x 1 y= ⇔ − = (5) pt(2) ( ) ( ) 2 2 x 1 2y x 1 y 4y 0⇔ − + − + − = (6) Thay (5) vào (6) ta được: ( ) ( ) 8 5 2 6 5 4 3 2 y 2y y 4y 0 y y 1 y y y 3y 3y 3y 4 0+ + − = ⇔ − + + + + + + = y 0,x 1 y 1,x 2 = = ⇔ = = . Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm ( ) ( ) ( ) ( ) x,y 1;0 , x,y 2,1= = . Câu IV: 2 2 2 2 2 1 1 x 1 1 I .lnx.dx 1 lnx.dx x x − = = − ÷ ∫ ∫ Đặt 2 dx u lnx du x 1 1 dv 1 v x x x = = ⇒ = − = + . Khi đó, 2 2 2 2 1 1 1 1 1 5 1 5 3 I x ln x 1 dx ln 2 x ln 2 x 2 x 2 2 x = + − + = − − = − ÷ ÷ ÷ ∫ . Câu V(1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, · 0 ABC 30= , SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB). Giải: Tam giác ABC có: µ 0 0 0 a 3 B 30 ;BC a AC BC.sin30 ;AB BC.cos30 a 2 2 = = ⇒ = = = = Suy ra diện tích tam giác ABC là 2 ABC 1 3 S AB.AC a 2 8 = = Tam giác SBC đều cạnh a nên 3 SH a 2 = với H là trung điểm BC. Vậy thể tích khối SABC là 3 2 1 3 3 a V .a .a 3 8 2 16 = = . Tam giác SAH vuông tại H có: 3 a SH a ;CH SA a 2 2 = = ⇒ = . Gọi I là trung điểm AB, tam giác SAB cân tại S, ta có 13 SI a 4 = Suy ra diện tích tam giác SAB là 2 SAB 1 13 3 39 S a .a a 2 4 2 16 = = Vậy khoảng cách từ C đến SAB là ( ) ( ) S.ABC SAB 3V 39 d C, SAB a . S 13 = = Câu VI (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ( ) ( ) 2 a c b c 4c+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 3 3 2 2 3 3 32a 32b a b P c b 3c a 3c + = + − + + Giải: Đặt a b x ;y c c = = . Từ giả thiết ta có: xy x y 3+ + = đặt s x y; p xy= + = ta có: s 3 p= − Ta sử dụng BĐT: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 2 2 3 3 3 3 a b 3(a b ) 3 a b ab 4 a b a b a b 4 + + ≥ + ⇔ + ≥ + ⇔ + ≥ . Khi đó, ta có: ( ) 3 2 3 3 3 2 2 s 3s 2p y x y a b x s s 1 s P 4 x y 4 8 8 b 3c a 3c y 3 x 3 3s p 9 2 2 2 2 + − + − ≥ + − + ≥ + − = − = − ÷ ÷ ÷ + + + + + + ( ) 3 s s 1 2 = − − Xét hàm ( ) ( ) 3 s f s s 1 ,s 2 2 = − − ≥ ( vì 2 2 x y 2 xy s 4p 0 s 4s 12 0 s 2+ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≥ do s 0 > ) Suy ra ( ) ( ) f s f 2 1 2≥ = − (vì ( ) f' s 0, s 2> ∀ ≥ ) Vậy min P = 1 2− khi x y 1= = hay a b c 1 = = = . Câu VII.a( 1,0 điểm) Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc d: 2x y 5 0+ + = và điểm ( ) A 4;8− . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu của B lên DM. Tìm tọa độ của B, C biết ( ) N 5; 4− . Giải: ( ) C m, 5 2m∈∆ ⇒ − − , gọi I AC BD = ∩ suy ra m 4 3 2m I ; 2 2 − − ÷ . Dễ thấy 5 điểm A, B, C, D, N nằm trên cùng một đường tròn đường kính BD nên ta có 2 2 IA IN IA IN= ⇔ = Suy ra ( ) m 1 C 1; 7= ⇒ − . Do IB IN; BN IC= ⊥ nên B đôi xứng với N qua IC. Goi 1 11 E BN IC E ; 2 2 = ∩ ⇒ − ÷ với AC : 3x y 4 0; BN : x 3y 17 0+ + = − − = suy ra ( ) B 4; 7− − . Vậy ( ) ( ) B 4; 7 ,C 1; 7− − − . Câu VIII.a (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng y 1 x 6 z 2 : 3 2 1 + − + ∆ = = − − 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= . Giải: Mặt phẳng (P) đi qua ( ) A 1;7;3 có VTPT là ( ) n 3; 2;1= − − ur có phương trình: 3x 2y z 14 0+ − − = . M thuộc ∆ nên lấy ( ) ( ) M 6 3t; 1 2t; 2 t AM 5 3t; 8 2t; 5 t− − − − + ⇒ = − − − − + uuuur Theo giả thiết ( ) 2 t 1,M 3; 3; 1 3 51 1 17 AM 2 10 14t 8t 6 0 t ,M ; ; 7 7 7 7 = − − = ⇔ − − = ⇔ = − − − ÷ Câu IX.a (1,0 điểm) Gọi S là tập 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 số chẵn. Giải: Các số tự nhiên có 3 chữ số phân biệt được chon từ { } A 1;2;3; 4;5;6;7= chính là một 3 7 A 210= . Suy ra tập S có 210 phần tử. Các số chẵn có 3 chứ số trong tập S là 2 6 3A 90= . Gọi A là biến cố:” 1 số được chọn từ S là số chẵn”. Vậy ( ) 90 3 P A 210 7 = = . Người sọan: Đinh Công Văn Mail. dinhcongvan3003@gmail.com . ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số ( ) 3 2 y x 3x 3mx 1 1= − + + − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị. tam giác vuông tại A, · 0 ABC 30= , SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB). Câu VI (1,0 điểm). tam giác vuông tại A, · 0 ABC 30= , SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB). Giải: Tam giác