Gợi ý bài giải môn toán A năm 2013

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn : TON - Khi : A và A1 PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 đim) Câu 1 (2,0 đim) Cho hàm số 32 y x 3x 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 đim) Giải phương trình 1 tanx 2 2sin x 4        Câu 3 (1,0 đim) Giải hệ phương trình 4 4 22 1 1 2 2 ( 1) 6 1 0                  x x y y x x y y y (x, y  R). Câu 4 (1,0 đim) Tính tích phân 2 2 2 1 1 ln    x I x dx x Câu 5 (1,0 đim) Cho hình chóp S.ABC có đáy 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 của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). Câu 6 (1,0 đim) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 2 (a c)(b c) 4c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 33 32a 32b a b P (b 3c) (a 3c) c      PHN RIÊNG (3,0 đim): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 đim) 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 đim) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x 6 y 1 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 9.a (1,0 đim). Gọi S là tập hợp tất cả số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số được chọn là số chẵn. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 đim) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng :x y 0   . Đường tròn (C) có bán kính R = 10 cắt  tại hai điểm A và B sao cho AB = 42 . Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc tia Oy. Viết phương trình đường tròn (C). Câu 8.b (1,0 đim) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):2x 3y z 11 0    và mặt cầu 2 2 2 (S):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 9.b (1,0 đim) Cho số phức z 1 3i . Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thực và phần ảo của số phức 5 w (1 i)z . BÀI GII Câu 1: a) m= 0, hàm số thành : y = -x 3 + 3x 2 -1. Tập xác định là R. y’ = -3x 2 + 6x; y’ = 0  x = 0 hay x = 2; y(0) = -1; y(2) = 3 lim x y    và lim x y    x  0 2 + y’  0 + 0  y + 3 -1  Hàm số nghịch biến trên (∞; 0) ; (2; +∞); hàm số đồng biến trên (0; 2) Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; y(0) =-1; hàm số đạt cực đại tại x = 2; y(2) = 3 y" = -6x + 6; y” = 0  x = 1. Điểm uốn I (1; 1) Đồ thị : b. y’ = -3x 2 + 6x+3m, y’ = 0  m= 2 2xx =g(x) do đó yêu cầu bài toán  y’   0, 0;x     m 2 2xx   0;x        2 0 min 2 , 0; x m x x x          11mg   Câu 2 : Đk: cos 0x  1+tanx=2(sinx+cosx)  cosx+sinx = 2(sinx+cosx)cosx (hiển nhiên cosx=0 không là nghiệm)  sinx+cosx=0 hay cosx = 1 2  tanx=-1 hay cosx = 1 2  2, 43 x k hay x k k          tho đk. Câu 3 : Đk 1x   22 2 1 6 1 0     x y x y y   2 1 4 0    x y y     2 4 1 *   y x y Vậy: 0y 4 4 1 1 2     x x y y        44 4 4 1 1 1 1 1 1 **        x x y y Đặt f(t) = 4 11tt   thì f đồng biến trên [1, +) Nên (**)  f(x) = f(y 4 + 1)  x = y 4 + 1 Thế vào (*) ta có : 4y = (y 4 + y) 2 = y 8 + 2y 5 + y 2  74 01 24 yx y y y           0 1 y y      (vì g(y) = y 7 + 2y 4 + y đồng biến trên [0, +) Vậy (x; y) = (1; 0) hay (x; y) = (2; 1). Cách khác :   22 2 1 6 1 0     x y x y y  x = -y + 1 2 y vì x  1 y x 2 -1 3 0  x = -y + 1 2 y Đặt u = x – 1  0 và v = y 4  0, ta được 44 22u u v v     Xét hàm số f(t) = 4 2tt tăng trên [0; +)  f(u) = f(v)  u = v  x – 1 = y 4 Cch khc Đặt 4 4 1 0 1t x x t      Khi đó (1) tr thành: 44 2 2 0t t y y t y        do   4 2f u u u   đồng biến trên R. Suy ra: 4 1xy thay vào (2):     8 5 2 7 4 2 4 0 2 4 0 01v VT dong bien tren [0;+ ) y y y y y y y y yy              Câu 4 : 2 2 2 1 1 ln x I xdx x    Đặt t=lnx   , , (1) 0, 2 ln2 t dx dt x e t t x        ln2 0 tt I t e e dt      Đặt u=t , tt du dt dv e e      , chọn tt v e e    I = ln2 ln2 0 0 ( ) ( ) t t t t t e e e e dt        = 5ln2 3 2  Cách khác : Đặt u lnx dx du x  dv = 2 22 x 1 1 dx (1 )dx xx   1 vx x    2 2 1 1 1 1 dx I x ln x (x ) x x x          2 1 51 ln2 (1 )dx 2x      2 1 51 ln2 (x ) 2x    51 ln2 (2 ) 22    53 ln2 22  Cch khc: 2 2 22 22 11 1 1 ln ln ln xx I xdx xdx dx xx        Câu 5. Gọi H là trung điểm BC thì SH  (ABC) và SH = 3 2 a Ta có tam giác ABC là nửa tam giác đều nên BC=a, 3 , 22  aa AC AB 3 1 1 3 3 3 2 2 2 2 16 a a a a V     , Gọi I là trung điểm AB HI=a/4, 3 2  a SH Vẽ HK  SI thì HK  (SAB), ta có 22 2 1 1 1 3 52 3 4 2 a HK HK a a               S A B C H I Vậy d(C, SAB)= 2HK = 2 3 3 52 13  aa Câu 6. Gỉa thiết  1 1 4 ab cc             Đặt x = a c ; y = b c thì (x + 1)(y + 1) = 4  S + P = 3 P = 3 – S P = 3 3 22 32 33 xy xy yx                3 22 8 33 xy xy yx        = 3 2 32 8 39 2 S S P S SP       = 3 2 3 2(3 ) 8 3 (3 ) 9 2 S S S S SS           = 3 3 2 5 6 1 88 2 12 2 22 S S S S S S              = 3 ( 1) , 2 2 S SS   P’ = 3 (S – 1) 2 – 1 2 > 0, S  2  P min = P (2) = 1 – 2 Dấu “=” xảy ra chẳng hạn khi x = y = 1. Câu 7a. I H N M C A D B C(t;-2t-5) Gọi I là trung điểm của AC, suy ra 4 2 3 ; 22        tt I Các tam giác ABD,BCD,BND cùng nội tiếp đường tròn tâm I. Nên ta có IA=IN. Suy ra t =1 Tọa độ C(1;-7) ABC = DCM nên AC//DM suy ra BN vuông AC tại H . Mà CBN cân tại C (CN=BM/2=BC=CM) nên H là trung điểm BN ngha là B là điểm đối xứng của N qua AC. Dễ dàng tìm được H(1/2;-11/2) và B(-4;-7) Cch khc: C(t;-2t-5). ADMC là HBH suy ra AC//DM Suy ra BN vuông AC tại H. nên CH là đường trung bình tam giác BMN H là trung điểm BN Suy ra B đối xứng N qua AC như cách 2 Suy ra ABN cân tại A. Suy ra ABN ANB Mà BCN cân tại C nên CBN CNB Suy ra 0 90ANC ANB BNC ABN NBC     . Suy ra . 0 1AN NC AN NC t     . Suy ra C(1;-7) Tìm B như trên Câu 8a. Ptmp (P)   có 1 pháp vectơ là (-3; -2; 1). Vậy ptmp (P) là : -3(x – 1) – 2(y – 7) + z – 3 = 0  3x + 2y – z – 14 = 0 M thuộc   M (6 -3t; -1 – 2t; -2 + t) YCBT  (5 – 3t) 2 + (-8 – 2t) 2 + (-5 + t) 2 = 120  14t 2 – 8t – 6 = 0  t = 1 hay t = 3 7  Vậy tọa độ điểm M là (3; -3; -1) hay ( 51 7 ; 1 7  ; 17 7  ). Câu 9a. Số cách gọi số tự nhiên gồm 3 chữ số phân biệt là số chẵn: 3.6.5=90 Số phần tử S là 90. Số cách gọi số tự nhiên gồm 3 chữ số phân biệt là: 5.6.7=210 Xác suất để chọn 3 số tự nhiên phân biệt là số chẵn từ 7 số đã cho là 90 : 210 =3/7 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b. Cos(AIH) = 1 5 IH IA   IH = 2 Vậy MH = MI – IH = 4 2 ; với M  Oy (0; y) MI  AB  MI : x + y + c = 0 ; M (0;-c) MH = d (M; ) = 2 c = 4 2  c = 8 hay c =-8 I (t; -t – 8) hay (t; -t + 8) d (I; ) = 8 2 2 tt IH    t = -3 hay t = -5 + Với t = -3  I (-3; -5); t = -5  I (-5; -3)  Pt 2 đường tròn cần tìm là : (x + 3) 2 + (y + 5) 2 = 10 hay (x + 5) 2 + (y + 3) 2 = 10. Loại Đt thứ nhất do không thoả cắt tia Oy. Cch khc M(0,m), m>0 do thuộc tia Oy. 22 2HI AI AH     2 . 4 2 , 4 2 8( ) 8( )AH MH HI MH d M m n m l          Suy ra M(0;8) d qua M và vuông góc  nên d: x+y-8=0. I thuộc d nên I(a;8-a) và   , 2 3 5v IH d I a a      Suy ra I(3;5) hoặc I(5;3). Ktra lại loại I(3;5). Vậy (C):     22 5 3 10xy    . Cch khc M A B I H H A B I M Câu 8b. (S) có tâm là I (1; -2; 1) và R 2 = 14. Khoảng cách từ tâm I đến mp (P) là : 2(1) 3( 2) 1 11 14     = 14 = R Vậy (P) tiếp xúc với (S). Pt (d) qua I và   : 1 2 1 2 3 1 x y z    , T  (d)  T (1 + 2t; 3t – 2; 1 + t) T  (P)  t = 1. Vậy T (3; 1 ; 2). Câu 9b. r = 13 = 2; tg = 3 , chọn  = 3   dạng lượng giác của z là z = 2(cos sin ) 33 i    z 5 = 5 5 1 3 32(cos sin ) 32( ) 3 3 2 2 ii      w = 32(1 + i) 13 () 22 i = 1 3 1 3 32( ) 32 ( ) 2 2 2 2 i   Vậy phần thực của w là : 13 32( ) 22  và phần ảo là 13 32( ) 22  . . SH  (ABC) và SH = 3 2 a Ta có tam giác ABC là n a tam giác đều nên BC =a, 3 , 22  aa AC AB 3 1 1 3 3 3 2 2 2 2 16 a a a a V     , Gọi I là trung điểm AB HI =a/ 4, 3 2  a SH . C(t;-2t-5). ADMC là HBH suy ra AC//DM Suy ra BN vuông AC tại H. nên CH là đường trung bình tam giác BMN H là trung điểm BN Suy ra B đối xứng N qua AC như cách 2 Suy ra ABN cân tại A. Suy ra ABN ANB . Nên ta có IA=IN. Suy ra t =1 T a độ C(1;-7) ABC = DCM nên AC//DM suy ra BN vuông AC tại H . Mà CBN cân tại C (CN=BM/2=BC=CM) nên H là trung điểm BN ngh a là B là điểm đối xứng c a N qua AC.