1 HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI ðẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A&A1 - NĂM 2013 (Trình bày lời giải: Lê Thanh Bình – THPT Tĩnh Gia 1) Câu 1: Cho hàm số ( ) 3 2 3 3 1 1 y x x mx= − + + − a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi 0 m = . b) Tìm m ñể hàm số (1) nghịch biến trên khoảng ( ) 0; +∞ . Giải: a) Với 0 m = ta có hàm số (1) là: 3 2 3 1 y x x = − + − . * TXð: D = ℝ . * lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = −∞ = +∞ * 2 ' 3 6 y x x = − + ; 0 ' 0 2 x y x = = ⇔ = * Bảng biến thiên: x −∞ +∞ −∞ ' y y − 2 − 0 0 + 0 3 1 − +∞ x −∞ +∞ −∞ ' y y − 2 − 0 0 + 0 3 1 − +∞ Hàm số ñồng biến trên khoảng ( ) 0;2 , nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ;0 −∞ và ( ) 2; +∞ . Hàm số ñạt cực ñại tại 2 x = , ( ) 2 3 CD y y = = ; hàm số ñạt cực tiểu tại ( ) 0, 0 1 CT x y y = = = − . * ( ) '' 6 1 ; '' 0 1 y x y x = − − = ⇔ = . Suy ra ñiểm uốn của ñồ thị là: ( ) 1;1 U . Nhận xét: ðồ thị nhận ñiểm uốn ( ) 1;1 U làm tâm ñối xứng. b) Ta có 2 ' 3 6 3 y x x m = − + + ðể hàm số y nghịch biến trên ( ) 0; +∞ thì ( ) ' 0 0;y x ≤ ∀ ∈ +∞ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 6 3 0 0; 1 1 0;x x m x m x g x x ⇔ − + + ≤ ∀ ∈ +∞ ⇔ + ≤ − = ∀ ∈ +∞ (*) Vì ( ) ( ) 0 0;g x x ≥ ∀ ∈ +∞ và ( ) 1 0 g = nên ( ) ( ) 0; min 0 x g x ∈ +∞ = . Do ñó (*) ⇔ ( ) ( ) 0; 1 min 1 0 1 x m g x m m ∈ +∞ + ≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ − . Vậy 1 m ≤ − là giá trị cần tìm. Câu 2 : Giải phương trình: 1 tan 2 2 sin 4 x x π + = + (1) Giải: ðiều kiện: ( ) 2 x m m π π ≠ + ∈ ℤ (*) ( ) ( ) ( )( ) sin cos 1 2 sin cos sin cos 2cos 1 0 cos x x x x x x x x + ⇔ = + ⇔ + − = ( ) tan 1 sin cos 0 4 1 2cos 1 0 cos 2 2 3 x x k x x k x x x k π π π π = − = − + + = ⇔ ⇔ ⇔ ∈ − = = = ± + ℤ (thỏa mãn ñiều kiện (*)) Vậy phương trình ñã cho có nghiệm: ( ) ; 2 4 3 x k x k k π π π π = − + = ± + ∈ ℤ O x y 1 2 3 1 − 1 − 1 2 3 4 2 − O x y 1 2 3 1 − 1 − 1 2 3 4 2 − 2 Câu 3: Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 1 1 2 1 , 2 1 6 1 0 2 x x y y x y x x y y y + + − − + = ∈ + − + − + = ℝ Giải: ðiều kiện: 1 x ≥ Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 4 1 4 3 x x y y y x y y⇔ + − + − = ⇔ + − = . Từ (3) suy ra 0 y ≥ . Do ñó ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 1 1 2 1 2 4 x x y y⇔ − + + − = + + Xét hàm số ( ) 4 2 f t t t = + + với 0 t ≥ . Ta có ( ) 3 4 1 1 ' 0 0 2 2 4 f t t t t = + > ∀ > + Suy ra ( ) f t ñồng biến trên ( ) 0; +∞ . Vì tính liên tục của ( ) f t trên [ ) 0; +∞ nên ( ) f t cũng ñồng biến trên [ ) 0; +∞ . Vì [ ) 4 1; 0;x y − ∈ +∞ và ( ) ( ) ( ) 4 4 1 f x f y ⇔ − = nên ( ) 4 1 5 x y− = Thế (5) vào (3) ta ñược ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 3 2 3 0 4 1 4 0 1 4 6 y y y y y y y y y = + = ⇔ + − = ⇔ + = Vì ( ) ( ) 2 3 1 h y y y = + là hàm số ñồng biến trên [ ) 0; +∞ và ( ) 1 4 h = nên (6) có nghiệm duy nhất 1 y = . Với 0 1 y x = ⇒ = ; với 1 2 y x = ⇒ = . Vậy hệ ñã cho có hai nghiệm: ( ) ( ) ; 1;0 x y = hoặc ( ) ( ) ; 2;1 x y = . Câu 4 : Tính tích phân: 2 2 2 1 1 ln x I xdx x − = ∫ Giải: ðặt 2 2 1 ln 1 1 u x du dx x x dv dx v x x x = = ⇒ − = = + Chän . Ta có 2 2 1 2 2 1 1 5 1 5 3 ln 1 ln 2 ln 2 1 1 2 2 2 I x x dx x x x x = + − + = − − = − ∫ . Câu 5 : Cho hình chóp S.ABC có ñáy là tam giác vuông tại A, 0 30 ABC = , SBC là tam giác ñều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với ñáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ ñiểm C ñến mặt phẳng (SAB). Giải: * Gọi H là trung ñiểm của BC. Vì tam giác SBC ñều cạnh a nên SH BC ⊥ và 3 2 a SH = . Vì ( ) ( ) SBC ABC ⊥ nên ( ) SH ABC ⊥ , hay SH là ñường cao của khối chóp S.ABC. Vì tam giác ABC vuông tại A có BC a = và 0 30 ABC = nên 0 1 3 ; .cos30 2 2 2 a a AC BC AB BC= = = = . Suy ra 3 . 1 1 1 3 3 . . . 3 6 6 2 2 2 16 S ABC ABC a a a a V S SH AB AC SH ∆ = = = = A B C K H S 2 a I 0 30 a A B C K H S 2 a I 0 30 a 3 * Gọi I là trung ñiểm của AB, suy ra // HI AC và 1 2 4 a HI AC = = . Vì CA AB ⊥ nên HI AB ⊥ . Mặt khác SH AB ⊥ nên suy ra ( ) AB SHI ⊥ hay ( ) ( ) SHI SAB ⊥ . Gọi K là hình chiếu của H trên SI, suy ra ( ) HK SAB ⊥ . Do ñó ( ) ( ) ; d H SAB HK = . Ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 16 52 39 3 3 26 a HK HK SH HI a a a = + = + = ⇒ = . Mặt khác ta lại có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 39 ; ; 2 ; 2 13 CB a d S SAB d H SAB d H SAB HK HB = = = = . Vậy 3 . 16 S ABC a V = và ( ) ( ) 39 ; 13 a d S SAB = . Câu 6 : Cho các số thực dương , , a b c thỏa mãn ñiều kiện ( ) ( ) 2 4 a c b c c + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) ( ) 3 3 2 2 3 3 32 32 3 3 a b a b P c b c a c + = + − + + . Giải: ðặt ; a b x y c c = = . Suy ra , 0 x y > . ðặt 0 t x y t = + ⇒ > Ta có ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 4 1 1 4 1 1 4 3 3 * a b a c b c c x y xy x y xy t c c + + = ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ = − Vì 2 2 1 2 4 x y xy t + ≤ = nên (*) suy ra ( )( ) 2 1 3 2 6 0 2 4 t t t t t − ≤ ⇔ − + ≥ ⇔ ≥ . Ta lại có 3 3 3 2 2 3 2 2 3 3 32 32 32 3 3 3 3 a b a b x y c c P x y c c y x b a c c = + − + = + − + + + + + Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 2 6 x y x y xy t t t t + = + − = − − = + − . Vì ( ) 3 3 3 1 1 3 3 4 4 16 3 CS x x y y + + ≥ + + và ( ) 3 3 3 1 1 3 3 4 4 16 3 CS y y x x + + ≥ + + nên ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 3 3 1 3 1 3 3 16 3 3 16 16 3 9 16 x y x y x y x y y x y x xy x y + + + + ≥ + − = − + + + + + + + 2 3 5 6 1 3 1 1 3 5 16 12 2 16 16 2 16 32 t t t t t + − − − = − = − = + . Vậy ( ) 2 2 3 5 2 6 3 8 7 P t t t u u f u ≥ − − + − = − − − = với 1 3 u t = + ≥ . Ta có ( ) 2 ' 3 0 3 7 u f u u u = − > ∀ ≥ − . Thật vậy ( ) 2 2 2 2 2 3 0 3 7 9 7 8 63 7 u u u u u u u − > ⇔ − > ⇔ − > ⇔ > − Hiển nhiên với 3 u ≥ . Suy ra ( ) f u ñồng biến trên [ ) 3; +∞ . Do ñó ( ) ( ) 3 min 3 1 2 u f u f ≥ = = − . Suy ra 1 2 P ≥ − . ðẳng thức xảy ra 2 1 0 x y x y a b c x y + = ⇔ ⇔ = = ⇔ = = > = . Vậy min 1 2 P = − . 4 Phần riêng: A. Theo chương trình chuẩn. Câu 7a : Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ñiểm C thuộc ñường thẳng : 2 5 0 d x y + + = và ( ) 4;8 A − . Gọi M là ñiểm ñối xứng với B qua C, N là hình chiếu của B trên ñường thẳng DM. Tìm tọa ñộ các ñiểm B và C, biết rằng ( ) 5; 4 N − . Giải : * Gọi (T) là ñường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD. Khi ñó (T) có ñường kính AC và BD. Vì BN ND ⊥ nên N thuộc (T). Suy ra 0 90 ANC = . Vì : 2 5 0 C d x y ∈ + + = nên ( ) ; 2 5 C c c − − . ( ) 9; 12 AN = − ; ( ) 5; 2 1 NC c c = − − − . ( ) ( ) . 0 9 5 12 2 1 0 1 AN NC c c c = ⇔ − − − − = ⇔ = . Do ñó ( ) 1; 7 C − . * Vì ACMD là hình bình hành nên // AC DM . Suy ra BN AC ⊥ . Gọi H là giao ñiểm của BN và AC. Vì C là trung ñiểm của BM nên H là trung ñiểm của BN. Vậy B ñối xứng với N qua ñường thẳng AC. - Ta có ( ) 5; 15 AC = − , suy ra phương trình AC là: 3 4 0 x y + + = . - Phương trình ñường thẳng BN là: 3 17 0 x y − − = . - Suy ra 1 11 ; 2 2 H − . Vì B ñối xứng với N qua H nên ( ) 4; 7 B − − . Vậy ( ) 4; 7 B − − và ( ) 1; 7 C − . Câu 8a : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñường thẳng 6 1 2 : 3 2 1 x y z − + + ∆ = = − − và ñiểm ( ) 1;7;3 A . Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua A và vuông góc với ∆ . Tìm tọa ñộ ñiểm M thuộc ∆ sao cho 2 30 AM = . Giải: * ∆ có phương trình tham số 6 3 1 2 2 x t y t z t = − = − − = − + và ∆ có vector chỉ phương ( ) 3;2; 1 u ∆ = − . Vì ( ) P vuông góc với ∆ nên ( ) P có vector pháp tuyến P n u ∆ = . Do (P) ñi qua ( ) 1;7;3 A nên phương trình của (P) là: ( ) ( ) ( ) 3 1 2 7 1 3 0 x y z − + − − − = 3 2 14 0 x y z ⇔ + − − = . * Vì M ∈∆ nên ( ) 6 3 ; 1 2 ; 2 M m m m − − − − + . Suy ra ( ) 5 3 ; 8 2 ; 5 AM m m m = − − − − + . Do ñó ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 30 120 5 3 8 2 5 120 AM AM m m m= ⇔ = ⇔ − + − − + − + = 2 3 7 4 3 0 1 7 m m m m ⇔ − − = ⇔ = ∨ = − . + Với 1 m = , ta có ( ) 3; 3; 1 M − − . + Với 3 7 m = − , ta có 51 1 17 ; ; 7 7 7 M − − . Vậy phương trình (P) là: 3 2 14 0 x y z + − − = và ( ) 3; 3; 1 M − − hoặc 51 1 17 ; ; 7 7 7 M − − . A B C D M N d I H A B C D M N d I H 5 Câu 9a: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt ñược chọn từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Xác ñịnh số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất ñể số ñược chọn là số chẵn. Giải: - Ta có số các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt lấy từ bảy chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 3 7 210 A = số. Do ñó số phần tử của S là 210. - Số cách lấy ngẫu nhiên một số từ S là 1 210 210 C = . Suy ra 210 Ω = . - Số các số chẵn có ba chữ số phân biệt lập ñược từ bảy chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 2 6 3. 90 A = (số). Do ñó trong S có tất cả 90 số chẵn. - Gọi A là biến cố “số ñược chọn là số chẵn”. Ta có 1 90 90 A C Ω = = . - Vậy xác suất của A là: ( ) 90 3 0,429 210 7 A P A Ω = = = ≈ Ω B. Theo chương trình nâng cao Câu 7b: Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñường thẳng : 0 x y ∆ − = . ðường tròn (C) có bán kính 10 R = cắt ∆ tại hai ñiểm A, B sao cho 4 2 AB = . Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại một ñiểm thuộc tia Oy. Viết phương trình ñường tròn (C). Giải: * Gọi M là giao của hai tiếp tuyến của (C) tại A và B. Vì M thuộc tia Oy nên ( ) 0; M m với 0 m ≥ . Gọi H là giao ñiểm của IM và AB (I là tâm của (C)). Khi ñó ta có IM AB ⊥ và H là trung ñiểm của AB. Ta có 1 2 2 2 AH AB= = . Suy ra 2 2 2 IH IA AH= − = . Xét tam giác vuông MIA ta có 2 . IA IH IM = 10 2. 5 2 IM IM⇔ = ⇔ = . Do ñó ( ) ; 4 2 d M MH IM IH∆ = = − = . 4 2 8 2 m m − ⇔ = ⇔ = ± . Do 0 m ≥ nên 8 m = . Suy ra ( ) 0;8 M . - Phương trình ñường thẳng MI là: 8 0 x y + − = . - Suy ra ( ) 4;4 H . Do ñó ( ) 4;4 HM = − - Ta lại có H nằm giữa I và M ñồng thời 2 1 4 4 2 IH HM = = nên 1 4 HI HM = − ( ) ( ) 1 4 4 5 4 1 3 4 4 4 I I I I x x y y − = − − = ⇔ ⇔ = − = − . Suy ra ( ) 5;3 I . Vậy phương trình của ñường tròn (C) là: ( ) ( ) 2 2 5 3 10 x y − + − = . Câu 8b : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 3 11 0 P x y z + + − = và mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 4 2 8 0 S x y z x y z + + − + − − = . Chứng minh rằng (P) tiếp xúc với (S). Tìm tọa ñộ tiếp ñiểm của (P) và (S). A B H M O 10 R = y I A B H M O 10 R = y I 6 Giải: - Ta có: ( ) S có tâm ( ) 1; 2;1 I − và bán kính 14 R = . Khoảng cách từ I ñến (P) là: ( ) ( ) 2 2 2 2 6 1 11 ; 14 2 3 1 d I P − + − = = + + . Vì ( ) ( ) ; d I P R = nên ( ) P tiếp xúc với (S). - Gọi T là tiếp ñiểm của (P) và (S). Khi ñó ( ) IT P ⊥ nên T thuộc ñường thẳng d ñi qua I và vuông góc với (P). Ta có vector pháp tuyến của (P) là ( ) 2;3;1 P n = nên phương trình của d là: 1 2 2 3 1 x t y t z t = + = − + = + . Suy ra ( ) 1 2 ; 2 3 ;1 T t t t + − + + . Mặt khác ( ) T P ∈ nên ( ) ( ) ( ) 2 1 2 3 2 3 1 11 0 14 14 0 1 t t t t t + + − + + + − = ⇔ − = ⇔ = Vậy tọa ñộ tiếp ñiểm của (P) và (S) là ( ) 3;1;2 T . Câu 9b : Cho số phức 1 3 z i = + . Viết dạng lượng giác của z . Tìm phần thực và phần ảo của số phức ( ) 5 1 w i z = + . Giải: * Ta có 1 3 1 3 2 2 cos sin 2 2 3 3 z i i i π π = + = + = + . * Suy ra ( ) 5 5 5 4 5 5 1 3 2 cos sin 2 2 1 3 3 3 2 2 z i i i π π = + = − = − Do ñó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 4 4 4 4 1 2 . 1 . 1 3 2 1 3 1 3 2 1 3 2 1 3 w i z i i i i = + = + − = + + − = + + − Vậy phần thực của w là ( ) 4 2 1 3 + , phần ảo của w là ( ) 4 2 1 3 − Hết Tĩnh Gia, ngày 04 tháng 7 năm 2013 Lê Thanh Bình . GIẢI ðỀ THI ðẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A&A1 - NĂM 2013 (Trình bày lời giải: Lê Thanh Bình – THPT Tĩnh Gia 1) Câu 1: Cho hàm số ( ) 3 2 3 3 1 1 y x x mx= − + + − a) Khảo sát sự biến thi n. (T). Suy ra 0 90 ANC = . Vì : 2 5 0 C d x y ∈ + + = nên ( ) ; 2 5 C c c − − . ( ) 9; 12 AN = − ; ( ) 5; 2 1 NC c c = − − − . ( ) ( ) . 0 9 5 12 2 1 0 1 AN NC c c c = ⇔ − −. tan 2 2 sin 4 x x π + = + (1) Giải: ðiều kiện: ( ) 2 x m m π π ≠ + ∈ ℤ (*) ( ) ( ) ( )( ) sin cos 1 2 sin cos sin cos 2cos 1 0 cos x x x x x x x x + ⇔ = + ⇔ + − = ( ) tan