BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN – Khối D Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + (1), với m là tham số thực a) Khảo sát sự biến thiên và đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. b) Tìm m để đường thẳng y = - x + 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3 cos2 sinx 0x x + − = . Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 1 2 2 1 2log log (1 ) log ( 2 2) 2 x x x x + − = − + Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 2 2 0 ( 1) . 1 x I dx x + = + ∫ Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, canh bên SA vuông góc với đáy, ¼ D 120BA = o , M là trung điểm của canh BC và ¼ 45SMA = o . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC). Câu 6 (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 1xy y ≤ − . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 6( ) 3 x y x y P x y x xy y + − = − + − + . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm 9 3 ; 2 2 M − ÷ là trung điểm của cạnh AB, điểm H(-2; 4) và điểm I(-1; 1) lần lượt là chân đường cao kể từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm C. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1; -1; 2), điểm B(0; 1; 1) và mặt phẳng (P): x + y + z – 1 = 0. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P). Viết phương trình mặt phẳng đi qua A, B và vuông góc với (P). Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + i)(z – i) + 2z = 2i. Tính môđun của số phức 2 2 1z z w z − + = . B. Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 ( 1) ( 1) 4x y− + − = và đường thẳng Δ: y – 3 = 0. Tam giác MNP có trực tâm trùng với tâm (C), các đỉnh N và P thuộc đường thẳng Δ, đỉnh M và trung điểm của cạnh MN thuộc (C). Tìm tọa độ đỉnh P. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1; 3; -2) và mặt phẳng (P): x – 2y – 2z + 5 = 0. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và song song với (P). Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2 3 3 ( ) 1 x x f x x − + = + trên đoạn [0; 2] Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: SBD: HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (2,0 điểm): a)Khi m = 1, hàm số : y = 2x 3 – 3x 2 + 1. Tập xác định là: D = R. y’ = 6x 2 – 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 1; Hàm số đồng biến trên (−∞; 0) và (1; +∞); hàm số nghịch biến trên (0; 1) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y(1) = 0 Giới hạn: lim x y →−∞ = −∞ và lim x y →+∞ = +∞ Bảng biến thiên: x −∞ 0 1 +∞ y’ + 0 − 0 + y 1 +∞ −∞ CĐ 0 CT y" = 12x – 6; y” = 0 ⇔ x = 1/2. Điểm uốn I (1/2; 1/2) Đồ thị : b) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): 3 2 2 0 2 3 0 ( ) 2 3 0 (1) = − + = ⇔ = − + = x x mx mx g x x mx m (d) cắt (C) tại 3 điểm ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 2 9 8 0 8 0 9 (0) 0 m m m hay m g m ∆ = − > ⇔ ⇔ < > = ≠ Câu 2 (1,0 điểm): sin 3 cos 2 sin 0 + − = x x x ( ) 2cos 2 sin cos 2 0 cos2 2sin 1 0 ⇔ + = ⇔ + = x x x x x cos2 0 , 4 2 1 7 sin 2 2 , 2 6 6 x x k k Z x x k hay x k k Z π π π π π π = = + ∈ ⇔ ⇔ = − = − + = + ∈ Câu 3 (1,0 điểm): Giải phương trình 2 1 2 2 1 2log log (1 ) log ( 2 2) 2 + − = − + x x x x Đk : 0 < x < 1 1 y x 0 1 1 PT ( ) ( ) 2 2 1 1 1 (1)x x x ⇔ = − − + Đặt 1 = − t x ; ĐK: (0 < t < 1) PT(1) trở thành ( ) ( ) 4 2 4 3 2 1 1 5 6 5 1 0 − = + ⇔ − + − + = t t t t t t t 2 2 1 1 5 6 0 (2)t t t t ⇔ + − + + = ÷ ÷ Đặt ( ) 1 2 = + > u t u t PT (2) trở thành: 2 5 4 0 4 − + = ⇔ = u u u (vì u>2) Vậy 2 1 4 4 1 0 2 3 + = ⇔ − + = ⇔ = − t t t t t vì (0 < t < 1) Nghĩa là 1 2 3 3 1 4 2 3x x x− = − ⇔ = − ⇔ = − Câu 4 (1,0 điểm): 1 1 2 2 2 0 0 1 2 2 1 1 1 + + = = + ÷ + + ∫ ∫ x x x I dx dx x x ( ) 1 1 1 2 2 0 0 0 2 1 ln 1 1 ln 2 1 = + = + + = + + ∫ ∫ xdx dx x x Câu 5 (1,0 điểm): Tam giác ABC là tam giác đều cạnh bằng a, tam giác SMA vuông cân tại A Ta có: 3 2 a SA AM = = Thể tích khối chóp: V= 3 1 3 3 . . 3 2 2 4 = a a a a Vì AD// BC nên d(D, (SBC))= d(A, (SBC)) = AH = 1 1 3 6 2 2 2 2 4 = = a a SM Câu 6 (1,0 điểm): Từ giả thiết ta có: 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 4 4 ≤ − ⇔ ≤ − = − − + ≤ ÷ x xy y y y y y 2 2 2 1 2 2 6( ) 3 6 1 3 + − + − = − = − + − + + ÷ − + ÷ x x x y x y y y P x y x x xy y x x y y y Đặt = x t y , điều kiện 1 0 4 < ≤ t 2 1 2 6( 1) 3 + − = − + − + t t P t t t Xét ( ) 2 1 2 6( 1) 3 + − = − + − + t t f t t t t với 1 0 4 < ≤ t ( ) ( ) 2 3 2 3 7 1 ( ) 2 1 2 3 − + ′ = − + − + t f t t t t H B S A D M C I ( ) ( ) 2 3 2 1 3 7 8 5 1 1 0; : , 4 27 2 2 1 2 3 t t t t t − + ∀ ∈ ≥ < + − + 1 '( ) 0 0; 4 ⇒ > ∀ ∈ f t t ⇒ f đồng biến trên 1 0; 4 1 7 10 5 ( ) 4 30 + ⇒ ≤ = ÷ f t f Vậy max 7 10 5 30 + =P khi 1 2 = x , 2 = y Câu 7a (1,0 điểm): Đường thẳng AB đi qua M có vectơ pháp tuyến 1 (7; 1) 2 IM = − − uuur nên có phương trình AB: 7 33 0 − + = x y . Gọi B(b; 7b + 33). M là trung điểm AB ⇒ ( ) 9 ; 7 30A b b − − − − (7 ;34 7 ) ( 2 ; 29 7 ) = + + ⊥ = − − − − AH b b BH b b uuur uuur 2 9 20 0 5 4b b b hay b⇒ + + = ⇒ = − = − TH1 : b = -5: B(-5; -2) và A (-4; 5) Phương trình AH là: 2 6 0 + − = x y . Gọi C (6 - 2c;c) ∈ AH. Do 2 2 2 1 5 30 25 0 5 ( ) c IB IC c c c l = = ⇔ − + = ⇔ = . Vậy C(4; 1) TH2 : b = -4 : B(-4; 5) và A (-5; -2) Phương trình AH là: 2x – y + 8 = 0. Gọi C (c; 2c + 8) ∈ AH. Do 2 2 2 1 5 30 25 0 5 ( ) c IA IC c c c l = − = ⇔ + + = ⇔ = − . Vậy C(-1; 6) Do đó có hai điểm thỏa mãn bài toán: C (4; 1) hay C (-1; 6). Câu 8a (1,0 điểm): Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với (P) 1 1 2 : 1 1 1 + + + ⇒ = = x y z d Gọi H là hình chiếu của A trên (P) 2 2 1 ( ) ; ; 3 3 3 ⇒ = ∩ ⇒ − ÷ H d P H Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm thì (Q) đi qua A và có một vectơ pháp tuyến là ( ) , ( 1;2; 1) = = − − P n AB n r uuur uuur Vậy ( ) : 2 1 0 − + + = Q x y z Câu 9a (1,0 điểm): Từ giả thiết ta có: (1 + i)(z – i) + 2z = 2i ⇔ (3 + i)z = -1 + 3i 1 3 3 i z i i − + ⇔ = = + . Ta có: 2 2 2 1 2 1 1 3 z z i i w i z i − + − − + = = = − + 10⇒ =w B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm): (C) có tâm I(1;1), R=2. Do ( , ) ∆ = ⇒ ∆ d I R tiếp xúc (C) tại T Do I là trực tâm tam giác PMN nên MI vuông góc ∆ 1 ⇒ = = M I x x I NP M O J T x y C H I B M A Mà M thuộc (C) nên M(1; -1) Gọi J là trung điểm MN suy ra IJ là đường trung bình của tam giác MTN 1⇒ = = I J y y Mà J thuộc (C) nên J(3; 1) hay J(-1; 1) Nếu J(3;1) thì N(5;3) Gọi P(t;3) thuộc ∆ . Ta có 1 ( 1;3) ⊥ ⇒ = − ⇒ − NI MP t P uur uuur Nếu J(-1;1) thì N(-3;3) Gọi P(t;3) thuộc ∆ . Ta có 3 (3;3) ⊥ ⇒ = ⇒ NI MP t P uur uuur Câu 8b (1,0 điểm): Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P): ( ) ( ) 1 6 4 5 2 , 3 1 4 4 − − + + = = + + d A P Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm ⇒ (Q) đi qua A và có một vectơ pháp tuyến là ( ) 1; 2; 2 = − − n r ⇒ (Q): x – 2y – 2z +3 = 0. Câu 9b (1,0 điểm): Xét hàm số 2 2 3 3 ( ) 1 x x f x x − + = + trên đoạn [0; 2] Tacó: 2 2 2 4 6 ( ) ( 1) + − ′ = + x x f x x ( ) 0 1 ′ = ⇔ = f x x hay x = -3 (loại) f(0) = 3, f(2) = 5/3, f(1) = 1 Vì f liên tục trên [0; 2] nên [0;2] max ( ) 3 = f x và [0;2] min ( ) 1 = f x Hết . 1 2 2 0 ( 1) . 1 x I dx x + = + ∫ Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, canh bên SA vuông góc với đáy, ¼ D 120BA = o , M là trung điểm của canh BC và ¼ 45SMA. BỘ GIÁO D C VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN – Khối D Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT. 2 0 0 1 2 2 1 1 1 + + = = + ÷ + + ∫ ∫ x x x I dx dx x x ( ) 1 1 1 2 2 0 0 0 2 1 ln 1 1 ln 2 1 = + = + + = + + ∫ ∫ xdx dx x x Câu 5 (1,0 điểm): Tam giác ABC là tam giác đều