GIẢI CHI TIẾT ĐỀ TOÁN KHỐI A VÀ A1 NĂM 2013 Ngày thi: 4/7/2013 Câu 1. a/ Khi 0m = hàm số thành: 3 2 3 1y x x= − + − (C) (tự vẽ đồ thị) b/ 3 2 3 3 1y x x mx= − + + − (1) ; TXĐ : D = ¡ ; 2 ' 3 6 3y x x m= − + + Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng ( ) ( ) 0; ' 0 0;y x+∞ ⇔ ≤ ∀ ∈ +∞ 2 3 6 3 0 0x x m x⇔ − + + ≤ ∀ > Cách 1. ' 0 9 9 0 ' 0 9 9 0 9 9 0 1 0 0 0 2 0 ( ) m m m m P m S ∆ ≤ + ≤ ∆ > + > ⇔ ⇔ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ − ≥ − ≥ < < khoâng thoûa Cách 2. Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng ( ) ( ) 0; ' 0 0;y x+∞ ⇔ ≤ ∀ ∈ +∞ 2 2 3 6 3 0 0 2 0x x m x m x x x⇔ − + + ≤ ∀ > ⇔ ≤ − ∀ > Xét 2 ( ) 2g x x x= − trên khoảng ( ) 0;+∞ '( ) 2 2g x x= − ; '( ) 0 2 2 0 1g x x x= ⇔ − = ⇔ = Bảng biến thiên: ( ) 0; min ( ) (1) 1m g x g +∞ ⇒ ≤ = = − . Vậy : 1m ≤ − Câu 2. Giải phương trình: 1 tan 2 2 sin 4 x x π + = + ÷ ; Điều kiện : cos 0x ≠ Phương trình thành: ( ) ( ) ( ) sin cos 2 sin cos sin cos 1 2cos 0 cos x x x x x x x x + = + ⇔ + − = sin cos 0 1 2cos 0 x x x + = ⇔ − = sin cos 0 2 sin 0 sin 0 ; 4 4 4 4 x x x x k x k k π π π π π π + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = − + ∈ ÷ ÷ ¢ 2 1 3 1 2cos 0 cos cos 2 3 2 3 x k x x k x k π π π π π = + − = ⇔ = = ⇔ ∈ = − + ¢ 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 + + − − + = ∈ + − + − + = ¡ Điều kiện: 1 0 x y ≥ ≥ vì: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 6 1 0 1 4 0 1 4x y x y y x y y x y y+ − + − + = ⇔ + − − = ⇔ + − = ( ) ( ) 4 4 4 4 4 (1) 1 1 2 1 1 1 1x x y y y y⇔ + + − = + + = + + + + − (3) 1 Xét hàm số: ( ) 4 4 1 1f t t t= + + − với: 1t ≥ ( ) ( ) 3 3 4 4 1 ' 0 1 2 1 1 x f t t x t = + > ∀ ≥ + − Từ (3) 4 4 ( ) ( 1) 1f x f y x y⇒ = + ⇔ = + Hê phương trình thành: ( ) ( ) 4 4 4 2 2 8 5 2 4 1 +1 1 2 4 0 1 4 4 x y x y x y y y y y x y y y y y = + = = + ⇔ ⇔ + + − = + − = + = ( ) 4 4 7 4 1 1 2 4 0 0 x y x y y y y y y = + = + ⇔ ⇔ + + − = = hoặc 4 7 4 1 2 4 0 x y x x y = + + + − = 4 1 1 0 0 x x y y y = = + ⇔ = = 4 7 4 1 2 4 0 (*) x y y y y = + + + − = (*) 7 4 2 4y y y⇔ + + = , đặt: 7 4 ( ) 2g y y y y= + + ; vì: 6 3 '( ) 7 8 1 0 0g y y y y= + + > ∀ ≥ ⇒ ( )g y đồng biến trên khoảng ( ) 0;+∞ (*)⇒ có duy nhất một nghiệm: 1y = Khi đó: 4 7 4 1 2 1 2 4 0 x y x y y y y = + = ⇔ = + + − = Vậy nghiệm của hệ phương trình: ( ) ( ) 1;0 ; 2;1 Câu 4. Tính tích phân: 2 2 2 1 1 ln x I xdx x − = ∫ Ta có: ( ) 2 2 2 1 ln ln ln x x x x x x − = − , do đó: 2 2 2 2 1 2 2 2 1 1 1 1 ln ln ln x x I xdx xdx dx I I x x − = = − = + ∫ ∫ ∫ 2 1 1 lnI xdx= ∫ Đặt: ln dx u x du x dv dx v x = = ⇒ = = 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ln ln 2ln 2 1I x x dx x x x= − = − = − ∫ 2 2 2 1 ln x I dx x = ∫ Đặt: 2 ln 1 dx u x du x dx dv v x x = = ⇒ = = − 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ln ln ln 2 2 2 I x dx x x x x x = − + = − − = − + ∫ Vậy: 1 1 5 3 2ln 2 1 ln 2 ln 2 2 2 2 2 I = − − − + = − ÷ Câu 5. a. Thể tích khối chóp S.ABC Gọi H là trung điểm của BC SH BC⇒ ⊥ S A B C H M ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) SBC ABC SBC ABC BC SH ABC SH BC ⊥ ∩ = ⇒ ⊥ ⊥ ; . 1 1 . . . 3 6 S ABC ABC V SH S SH AB AC ∆ = = · 0 2 30 3 2 a AB AC AC ABC a BC a AB ⊥ = = ⇒ = = ( ABC∆ là nửa tam giác đều cạnh a ) SH là đường cao của tam giác đều SBC cạnh a 3 2 a SH⇒ = Vậy: 3 . 1 1 1 3 3 . . . . . . 3 6 6 2 2 2 16 S ABC ABC a a a a V SH S SH AB AC ∆ = = = = (đvtt) b. Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB) Tam giác ABC vuông tại A, có HB = HB 2 2 BC a AH⇒ = = Tam giác SAH vuông tại H, ta có: 2 2 2 2 3 4 4 a a SA SH AH a= + = + = Tam giác SBH vuông tại H, ta có: 2 2 2 2 3 4 4 a a SB SH BH a= + = + = SAB⇒ ∆ cân tại S. Gọi M là trung điểm của AB 2 2 2 2 3 13 4 4 a a SM SB BM a ⇒ = − = − = ÷ ÷ 2 1 1 13 3 39 . . . 2 2 4 2 16 SAB a a a S SM AB ∆ ⇒ = = = Ta có: ( ) ( ) 3 . . . 2 3 1 3 16 39 ,( ) . ,( ) . 3 16 13 39 S ABC S ABC C SAB SAB SAB V a a V V d C SAB S d C SAB S a ∆ ∆ = = ⇒ = = = (đvđd) Câu 6. Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn điều kiện: ( ) ( ) 2 4a c b c c+ + = . Tìm GTNN của biều thức: ( ) ( ) 3 3 2 2 3 3 32 32 3 3 a b a b P c b c a c + = + − + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 1 1 4 1 1 4 3 a b a c b c c x y x y xy c c + + = ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ + + = ÷ ÷ với: a x c b y c = = Đặt: u x y v xy = + = Khi đó: ( ) ( ) 2 4 3 3a c b c c u v v u+ + = ⇔ + = ⇔ = − ( ) ( ) 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 32 32 32 3 3 3 3 a b a b a b a b P c b c a c c c b c a c + = + − = + − + ÷ ÷ ÷ ÷ + + + + 3 3 3 3 2 2 2 2 32 32 3 3 3 3 cx cy x y x y x y cy c cx c y x = + − + = + − + ÷ ÷ ÷ ÷ + + + + Ta có: ( ) 3 3 3 3 3 3 2 2 4 a b a b a b a b + + + ≤ ⇔ + ≥ ÷ và ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a b a b a b + + + ≤ ⇔ + ≥ ÷ Chứng minh: ( ) 3 3 3 3 3 3 2 2 3 4 4 3 3 4 a b a b a b a a b ab b + + ≥ ⇔ + ≥ + + + ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 3 0 3 0a b a b ab a a b b a b ⇔ + − − ≥ ⇔ − − − ≥ ( ) ( ) 2 3 0a b a b⇔ − + ≥ 3 3 3 3 2 3 2 32 8 8 3 3 3 3 3 9 x y x y u u v y x y x u v + − + ≥ + = ÷ ÷ ÷ ÷ + + + + + + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y u x y x y + + + ≥ ⇒ + ≥ = Do đó: P 3 3 3 2 2 2 3 2 32 8 3 3 3 9 2 x y u u v u x y y x u v + − = + − + ≥ − ÷ ÷ ÷ + + + + ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 3 3 2 3 5 6 8 8 1 3 3 9 2 12 2 2 2 u u u u u u u u u u u u + − − + − = − = − = − − ÷ + − + + ( ) ( ) 1 1 4 2 2x y x y u+ + = ⇔ + ≥ ⇒ ≥ Bài toán thành: Tìm GTNN của ( ) 3 ( ) 1 2 u g u u= − − trên [ ) 2;+∞ Ta có: ( ) 2 1 '( ) 3 1 0 2 2 g u u u= − − > ∀ ≥ Bảng biến thiên. Vậy: min 1 2P = − Câu 7a. ( ) : ; 5 2 5 2 x t C d C t t y t = ∈ ⇒ − − = − − Gọi I AC BD= ∩ ⇒ I là trung điểm của AC Tọa độ trung điểm I của AC : 4 2 3 ; 2 2 t t I − − + ÷ Tam giác BND vuông tại N, có IB = ID IB IN ID IN IA ⇒ = = ⇒ = ( ) 2 2 4 2 13 1 ; 5 60 185 2 2 4 t t IA IA t t − + = ⇒ = + + ÷ uur ( ) 2 2 14 2 11 1 ; 5 72 317 2 2 4 t t IN IN t t − + − = ⇒ = − + ÷ uur ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 5 60 185 5 72 317 1 1; 7 4 4 IA IN t t t t t C= ⇔ + + = − + ⇔ = ⇒ − ( ) 5; 15AC = − uuur ; AC đi qua điểm ( ) 4;8A − và nhận ( ) 15;5 AC n = uuur làm VTPT :15( 4) 5( 8) 0 3 4 0AC x y x y+ + − = ⇔ + + = '( )g u u −∞ ( )g u +∞ 2 + (2) 1 2g = − +∞ A B C M N D I Gọi ( ) ; B B B x y , ta có: ( ) 5 ; 4 B B BN x y= − − − uuur Tọa độ trung điểm H của BN: 5 4 ; 2 2 B B x y H + − ÷ B đối xứng với N qua AC 3 17 4 . 0 3 19 7 B B B B B B x y x BN AC x y y H AC − = = − = ⇒ ⇔ ⇔ + = − = − ∈ uuur uuur Vậy: ( ) 4; 7B − − ; ( ) 1; 7C − Câu 8a. a. Phương trình mặt phẳng (P). 6 1 2 : 3 2 1 x y z− + + ∆ = = ⇒ − − VTCP của ( ) : 3; 2;1a∆ = − − r ( ) 1;7;3 ( ) ( ) A P P ∈ ⇒ ∆ ⊥ (P) đi qua điểm A và nhận ( ) 3; 2;1a = − − r làm VTPT ( ) :3 2 14 0P x y z⇒ + − − = b. Tọa độ điểm M. ( ) 6 3 : 1 2 6 3 ; 1 2 ; 2 2 x t M y t M t t t z t = − ∈∆ = − − ⇒ − − − − + = − + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 5 3 ; 8 2 ; 5 5 3 8 2 5 14 8 114 0AM t t t AM t t t t t= − − − − + ⇒ = − + − − + − + = − + = uuuur Ta có: 2 2 1 2 30 120 14 8 6 0 3 7 t AM AM t t t = = ⇔ = ⇔ − − = ⇔ = − ( ) 1 3; 3; 1t M= ⇒ − − ; 3 51 1 17 ; ; 7 7 7 7 t M = − ⇒ − − ÷ Câu 9a. S là tập hợp các số tự nhiên gồm 3 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7 3 7 210S A= = số Gọi P là tập hợp các số tự nhiên chẵn gồm 3 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7 2 6 3. 90P A= = số Xác suất để chọn được số chẵn là: 90 3 210 7 = Câu 7b. Gọi H là trung điểm của AB 2 2 2 AB HA HB⇒ = = = và M là giao điểm của 2 tiếp tuyến của (C) kẻ từ A và B ⇒ ba điểm M,H,I thẳng hàng và IM AB⊥ M ∈ tia ( ) 0;Oy M t⇒ với: 0t ≥ Tam giác MAI vuông tại A, ta có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 8 10 40AH AM IA AM AH IA = + ⇔ = − = − = 2 40 40 2 10AM AM⇒ = ⇒ = = 2 2 40 8 4 2MH AM AH= − = − = ( ) 8 , 4 2 8 8 ( ) 2 t t MH d M t t = = ∆ = = ⇔ = ⇔ − − loaïi ( ) 8 0;8t M= ⇒ : 0 : 0MH x y MH x y c⊥ ∆ − = ⇒ + + = O I A B M H ( ) 0;8 8M MH c∈ ⇒ = − , do đó: : 8 0MH x y+ − = H MH= ∩∆ . Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ: ( ) 0 4 4;4 8 4 x y x H x y y − = = ⇔ ⇒ + = = Tam giác IHA vuông tại H, ta có: 2 2 10 8 2IH IA AH= − = − = ba điểm M,H,I thẳng hàng và ( ) ( ) 4 4 4 5 1 4 3 4 4 4 4 I I I I x x IH HM IH HM y y − = − = = ⇒ = ⇔ ⇔ = − = uuur uuuur Vậy phương trình đường tròn (C): ( ) ( ) 2 2 5 3 10x y− + − = Câu 8b. a. Chứng minh (P) tiếp xúc với mặt cầu (S). ( ) 2 2 2 1; 2;1 ( ) : 2 4 2 8 0 14 I S x y z x y z R − + + − + − − = ⇒ = Taâm Baùn kính Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng (P): ( ) 2 6 1 11 ,( ) 14 4 9 1 d I P − + − = = + + Vì: ( ) ,( ) 14d I P R= = nên mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S). b. Tọa độ tiếp điểm của (P) và (S). Gọi d là đường thẳng qua tâm I ( ) 1; 2;1− và vuông góc với mặt phẳng (P) ⇒ d nhận VTPT ( ) 2;3;1 P n = uur của mặt phẳng (P) làm VTCP. 1 2 : 2 3 1 x t d y t t z t = + ⇒ = − + ∈ = + ¡ Gọi ( )H d P= ∩ ⇒ H là tiếp điểm của (P) và (S) Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ: 1 2 1 2 3 3 1 1 2 3 11 0 2 x t t y t x z t y x y z z = + = = − + = ⇔ = + = + + − = = Vậy: ( ) 3;1;2H Câu 9b. Dạng lượng giác của số phức 1 3z i= + Ta có: 1 3 2 2 1 cos 2 cos sin 2 3 3 3 3 sin 2 r r z i π π ϕ π ϕ ϕ = + = = = ⇒ ⇒ = + ÷ = = Áp dụng công thức Moa-vơ, ta có: ( ) 5 5 5 5 1 3 2 cos sin 32 16 1 3 3 3 2 2 z i i i π π = + = − = − ÷ ÷ ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 1 1 .16 1 3 16 1 3 1 3 16 1 3 16 1 3w i z i i i i = + = + − = + + − = + + − Vậy: Phần thực của số phức w là ( ) 16 1 3+ và phần ảo của số phức w là ( ) 16 1 3− Sáng 5 tháng 7 năm 2013 Nguyễn Thanh Lam – 0918 019 067 , Mail: nguyenthanhlamvi@gmail.com . SH S SH AB AC ∆ = = · 0 2 30 3 2 a AB AC AC ABC a BC a AB ⊥ = = ⇒ = = ( ABC∆ là n a tam giác đều cạnh a ) SH là đường cao c a tam giác đều SBC cạnh a 3 2 a SH⇒ = . 2 2 16 S ABC ABC a a a a V SH S SH AB AC ∆ = = = = (đvtt) b. Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB) Tam giác ABC vuông tại A, có HB = HB 2 2 BC a AH⇒ = = Tam giác SAH vuông tại H, ta có: 2. 16 SAB a a a S SM AB ∆ ⇒ = = = Ta có: ( ) ( ) 3 . . . 2 3 1 3 16 39 ,( ) . ,( ) . 3 16 13 39 S ABC S ABC C SAB SAB SAB V a a V V d C SAB S d C SAB S a ∆ ∆ = = ⇒ = = = (đvđd) Câu 6. Cho ba