Đáp án đề thi đại học môn Toán khối A năm 2013

Môn Toán khối A và A1 được thi vào sáng ngày 4/7/2013. Bài viết này ban biên tập sẽ cung cấp đến độc giả đề thi môn toán khối A và liên tục cập nhật đáp án môn toán khối A, A1 chính thức của Bộ Giáo dục ngay sau buổi thi.

Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC THPT NĂM 2013

MÔN TOÁN HỌC

Câu 1

y  x x  mx

a Khi m = 0 ta có hàm số:

y  x x  C

TXD: D = R

'

0 0

2

x

y

x

  





   



* Bảng biến thiên

y’ - 0 + 0 -

-1

3

-

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng , 0 ; 2;  

+ Hàm số đồng biến trên (0, 2)

* Cực trị:

Hàm số đạt cực đại tại x CD  2 y CD 3

Hàm số đạt cực tiểu tại x CT  0 y CT  1

* Đồ thị hàm số:

''

''

  

Suy ra điểm uốn U (1, 1)

+ (C) giao với trục Oy: (0; -1)

Điểm cực đại: (2; 3)

Điểm cực tiểu: (0; -1)

b

       

Để hàm số (1) nghịch biến trên 0; thì y'0 trên 0; hay :

2

2

      

Xét g x( )x22x trên 0;

  

Bảng biến thiên:

x 0 1 

g(x)

-1

x

 

Kết luận m 1

Câu 2:

1 + tanx = 2 2 sin(x 4) (1)





ĐKXĐ: cosx0

(1)  1+

s inx

4

x

 (sinx + cosx) = 2 2.cos sin(x x 4)





 2 sin(x 4)





= 2 2.cos sin(x x 4)





Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013

 sin(x 4)





[1-2 cosx]=0



4

1

cos

2

x

x



 





Kết hợp điều kiện cosx0thấy các nghiệm đều thỏa mãn

Kết luận: nghiệm của phương trình là: x 4 k

 





Câu 4

2

1

1

1

ln

2

1 2

1

ln 2

x

x

x

x

x

x









Câu 5

Tính V SABC

Gọi H là trung điểm của BC Suy ra SH vuông góc với BC

Vì









Tam giác SBC đều cạnh = a suy ra SH =

3 2

a

Tam giác ABC vuông góc tại A, góc ABC = 0

30 , BC = a suy ra AB =

os30

2

a

Và AC = 2

a

Suy ra

3

Tính khoảng cách từ C đến (SAB)

Ta có: AH = 2 2



Tam giác SAH vuông tại H suy ra

SA SH AH   a

Tam giác SHB vuông tại H suy ra

SB SH HB   a

Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013

Suy ra tam giác SHB cân tại S Gọi M là trung điểm của AB suy ra SM =

2

2

Suy ra diện tích tam giác

2

SAB

Ta có

3

1 ( , ( ))

a

3

3

2

3

16

SAB

a

d C SAB

Câu 8a

:

Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với 

Mặt phẳng (P) có vtpt : n p/ /u = (-3; -2; -1)

Phương trình mặt phẳng (P): -3(x – 1) – 2(y-7) + 1(z-3) = 0

 -3x – 2y + z +14 = 0

M ∈  

6 3

1 2 2

 





   

   



2 30

14t   8t 6 0







Câu 8b

Mặt cầu (S) có tâm I (1;-2;1) bán kính R 14

  2.1 3.( 2) 1.1 112 2 2 14

14

 

Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S)

Lập phương trình đường thẳng d đi qua I (1;-2;1) và mp P( )

Ta có véc tơ chỉ phương u d //u d

1 2

x  t

2 3

y   t

1

z t

tR

Tọa độ tiếp điểm mà M là giao của d và (S); M( )P

1 2 t   2 3t  1 t 2 1 2 t   4 2 3t 2 1  t 8 0



Vậy tọa độ tiếp điểm M(3;1;2)

Câu 9a Gọi số có 3 chữ số phân biệt thuộc S có dạng abcabc

(1≤ a ≤ 9; 0≤ b,c ≤ 9, a, b, c ∈ N)

Khi đó số phần tử của S là: 7 6 5 = 210 phần tử

Số được chọn từ S là số chẵn có dạng a a a 1 2 3

Khi đó a3 có 3 cách chọn {2; 4; 6}

a2 có 6 cách chọn {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}\ {a3}

a1 có 5 cách chọn {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}\ {a2, a3}

 Số cách chọn phần tử thuộc S và là số chẵn là: 3.6.5 = 90 phần tử

Gọi A là biến cố số chọn được từ S là số chẵn: ( ) 90 3

A



Câu 9b z 1 3

Viết dạng lượng giác của z

2

i z



  



Phần thực và phần ảo của số phức

5

w (1 i z)

         

5

w (1 i z)

    (1 i) 16 16 3  i16(1 3) 16(1  3)i

Vậy phần thực của w là: 16(1 3), phần ảo là 16(1 3)

Nguồn: Hocmai.vn