ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 MÔN TOÁN KHỐI A VÀ KHỐI A1 CÓ ĐÁP ÁN

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 MÔN TOÁN KHỐI A VÀ KHỐI A1 CÓ ĐÁP ÁN

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 −−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−− I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x 3 + 3x 2 + 3mx − 1 (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1) khi m = 0. b) Tìm m để hàm số (1) nghòch biến trên khoảng (0; +∞). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 1 + tan x = 2 √ 2 sin  x + π 4  . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  √ x + 1 + 4 √ x − 1 −  y 4 + 2 = y x 2 + 2x(y − 1) + y 2 − 6y + 1 = 0 (x, y ∈ R). Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = 2  1 x 2 − 1 x 2 ln x dx. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A,  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 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a + c)(b + c) = 4c 2 . Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức P = 32a 3 (b + 3c) 3 + 32b 3 (a + 3c) 3 − √ a 2 + b 2 c . 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 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 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : x − 6 −3 = y + 1 −2 = z + 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 điểm). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác đònh 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 điểm). 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 = 4 √ 2. 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 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x + 3y + z − 11 = 0 và mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 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 điểm). Cho số phức z = 1 + √ 3 i. Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thực và phần ảo của số phức w = (1 + i)z 5 . −−−−−−Hết−−−−−− Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi m = 0 ta có 32 31yx x .= −+ − • Tập xác định: .D = \ • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: hoặc 2 '3 6;'0yxxy x=− + = ⇔ =0 2.x = 0,25 Khoảng đồng biến: (0; 2); các khoảng nghịch biến: (;0)−∞ và (2; ).+ ∞ - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = −1; đạt cực đại tại x = 2, y CĐ = 3. - Giới hạn: lim ; lim . xx yy →−∞ →+∞ =+∞ =−∞ 0,25 - Bảng biến thiên: Trang 1/4 0,25 • Đồ thị: 0,25 b. (1,0 điểm) Ta có 2 '3 63yxx=− + + .m Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; )+∞ khi và chỉ khi '0, 0yx≤ ∀> 0,25 2 2, 0.mx xx⇔≤ − ∀> Xét 2 () 2f xx x=− với Ta có 0. x > '( ) 2 2; '( ) 0 1.fx x fx x= −=⇔= 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 1 (2,0 điểm) Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài toán là m 1. x 'y y − ∞ + ∞ 0 2 0 0 − − + + ∞ − ∞ − 1 3 2 O y x 3 − 1 x ()f x 0 + ∞ 1 0 − 0 + − 1 + ∞ '( )f x ≤− 0,25 Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm Điều kiện: Phương trình đã cho tương đương với cos 0. x ≠ sin 12(sinco cos x s) x x x += + 0,25 (sin cos )(2cos 1) 0.xx x⇔+ −= 0,25 π sin cos 0 π () 4 xx x kk•+=⇔=−+ ∈] . 0,25 2 (1,0 điểm) π 2cos 1 0 2π () 3 xxkk•−=⇔=±+ ∈] . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm: π π 4 x k= −+ hoặc π 2π () 3 xkk=± + ∈] . 0,25 44 22 11 2 2( 1) 6 1 0 (2) xxy y xxy yy ⎧ ++ −− + = ⎪ ⎨ ⎪ +−+−+= ⎩ (1) , Điều kiện: Từ (2) ta được suy ra 1. x ≥ 2 4( 1)yxy =+− 0.y ≥ 0,25 3 (1,0 điểm) Đặt 4 1,ux=− suy ra u Phương trình (1) trở thành: 0.≥ 44 2 2 (3).uuyy++= ++ Xét 4 () 2 ,f tt=++t với Ta có 0.t ≥ 3 4 2 '( ) 1 0, 0. 2 t ft t t = +> ∀≥ + Do đó phương trình (3) tương đương với ,yu= nghĩa là 4 1.xy= + 0,25 Thay vào phương trình (2) ta được 74 ( 2 4) 0 (4).yy y y++−= Hàm có 74 () 2 4gy y y y =+ +− 63 '( ) 7 8 1 0gy y y = ++> với mọi 0.y ≥ 0,25 Mà nên (4) có hai nghiệm không âm là (1) 0,g = 0y = và 1.y = Với ta được nghiệm (; với 0 y = ) (1;0); xy = 1 y = ta được nghiệm (; ) (2;1). xy = Vậy nghiệm (; ) x y của hệ đã cho là và (1; 0) (2; 1). 0,25 Đặt 2 2 1d ln , d d d , . xx uxv xu vx 1 x x x − == ⇒==+ 0,25 Ta có 2 2 1 1 11 ln d Ix x x 1 x x xx ⎛⎞ ⎛⎞ =+ − + ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ ∫ 0,25 22 11 11 lnxxx x x ⎛⎞ ⎛⎞ =+ −− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ 0,25 4 (1,0 điểm) 53 ln 2 . 22 =− 0,25 Gọi H là trung điểm của BC, suy ra SH ⊥ BC. Mà (SBC) vuông góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên SH ⊥ (ABC). 0,25 Ta có BC = a, suy ra 3 ; 2 a SH = o sin 30 ; 2 a AC BC== o 3 cos30 . 2 a AB BC== Do đó 3 . 1 61 S ABC a . 6 HABAC==VS 0,25 Tam giác ABC vuông tại A và H là trung điểm của BC nên HA = HB. Mà SH ⊥ (ABC), suy ra SA = SB = a. Gọi I là trung điểm của AB, suy ra SI ⊥ AB. 0,25 5 (1,0 điểm) Do đó 2 2 13 . 44 AB a SI SB=−= Suy ra 36 39 (,( )) . .1 SABC SABC SAB VV a dC SAB SSIAB Δ === 3 0,25 S A B C I H Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm Đặt , a xy cc ==. b Ta được Điều kiện của bài toán trở thành 0, 0. xy >> 3. xy x y ++= Khi đó 3 3 22 33 32 32 . (3)(3) y x Px yx =+−+ ++ y v>> Với mọi u ta có 0, 0 3 33 3 3 3 () 3 ()3()() () 44 uv .v uv uvuv uv uv + +=+ − +≥+ − + = u Do đó 3 3 32 3 33 32 ( ) 2 3 3 32 88 33 339 (3)(3) yyxyxyx xx yx xyxy yx ⎛⎞ +−++ ⎛⎞ +≥+= ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ++ +++ ⎝⎠ ++ ⎝⎠ . y 0,25 Thay 3xyx=−−y vào biểu thức trên ta được 3 3 3 3 33 32 ( 1)( 6) 32 8( 2( 6) (3)(3) yxyxy x xy xy yx +− ++ ⎛⎞ +≥ =+− ⎜⎟ ++ ⎝⎠ ++ 1). Do đó 322 3 2 3 2 ( 1) ( 1) ( ) 2 ( 1) ( ) 2( ) 6 . Pxyxyxyxyxyxyxyxy ≥+− − + =+− − + − =+− − + + +− 0,25 Đặt tx Suy ra t và .y=+ > 0 32 (1) 26. Pt t t ≥− − + − Ta có 22 () 3() 44 x yt xyxy xy t + =++ ≤ + + =+ . nên (2)(6)0tt− +≥ Do đó 2. t ≥ Xét 32 () ( 1) 2 6, ft t t t =− − + − với t Ta có 2.≥ 2 2 1 '( ) 3( 1) . 26 t ft t tt + =−− + − Với mọi t ta có và 2≥ 2 3( 1) 3t −≥ 2 2 177 11 22 (1) 7 26 t t tt + =+ ≤+= +− +− 32 , nên 32 '( ) 3 0. 2 ft≥− > Suy ra () (2) 1 2.ft f≥=− Do đó 12P ≥− . 0,25 6 (1,0 điểm) Khi a thì bc == 12P =− . Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 12 .− 0,25 Do Cd ∈ nên (; 2 5).Ct t− − Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD, suy ra I là trung điểm của AC. Do đó ( ) 423 ;. 22 tt I − −+ 0,25 Tam giác BDN vuông tại N nên IN = IB. Suy ra IN = IA. Do đó ta có phương trình ( ) ( ) 22 22 42 23 4 54 48 222 tt tt −− −+ − ⎛⎞ ⎛ −+−− =−−+− ⎜⎟ ⎜ ⎝⎠ ⎝ 7.a (1,0 điểm) 3 2 + ⎞ ⎟ ⎠ 1. t ⇔ = Suy ra C (1; 7).− 0,25 Do M đối xứng với B qua C nên CM = CB. Mà CB = AD và CM||AD nên tứ giác ACMD là hình bình hành. Suy ra AC||DM. Theo giả thiết, BN ⊥ DM, suy ra BN ⊥ AC và CB = CN. Vậy B là điểm đối xứng của N qua AC. 0,25 Đường thẳng AC có phương trình: 34 0. . xy++= Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có phương trình 3170xy− −= Do đó (3 17; ).B aa+ Trung điểm của BN thuộc AC nên 3175 4 340 7. 22 aa a ++ − ⎛⎞ + +=⇔=− ⎜⎟ ⎝⎠ (4;7). B −− Vậy 0,25 Δ có véctơ chỉ phương là (3;2;1).u =− − JG 0,25 (P) qua A và nhận u JG làm véctơ pháp tuyến, nên (P) có phương trình 3( 1) 2( 7) ( 3) 0 3 2 14 0.xyz xyz− −− −+−=⇔ + −−= 0,25 M thuộc Δ nên (6 3 ; 1 2 ; 2 ).M tt−−−−+t 0,25 8.a (1,0 điểm) 2222 2 30 (6 3 1) ( 1 2 7) ( 2 3) 120 7 4 3 0AM t t t t t=⇔−−+−−−+−+−=⇔−−= 1 t ⇔= hoặc 3 . 7 t Suy ra M =− (3;3;1)− − hoặc ( ) 51117 ;; 777 M −− . 0,25 A D B C M N I Trang 4/4 Câu Đáp án Điểm Số phần tử của S là 3 7 A 0,25 = 210. 0,25 Số cách chọn một số chẵn từ S là 3.6.5 90= (cách). 0,25 9.a (1,0 điểm) Xác suất cần tính bằng 90 3 . 210 7 = 0,25 Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B của (C), H là giao điểm của AB và IM. Khi đó (0; ),M t với H là trung điểm của AB. Suy ra 0;t ≥ 22. 2 AB AH == 0,25 22 111 , AH AM AI =+ 2 suy ra 210.AM = Do đó 22 42.MH AM AH=−= Mà || (,) , 2 t MH d M=Δ= nên 8. t = Do đó (0; 8).M 0,25 Đường thẳng IM qua M và vuông góc với Δ nên có phương trình 80.xy+ −= Do đó tọa độ điểm H thỏa mãn hệ . 0 (4;4) 80 xy H xy − = ⎧ ⇒ ⎨ +−= ⎩ 0,25 7.b (1,0 điểm) Δ A I B H M Ta có 22 1 2, 4 IH IA AH HM=−== nên 1 . 4 IH HM= JJJG JJJJG Do đó (5;3).I Vậy đường tròn (C) có phương trình 22 (5)(3)10xy −+−= . 0,25 (S) có tâm và bán kính (1; 2;1)I − 14.R = 0,25 222 | 2.1 3( 2) 1.1 11| 14 (,( )) . 14 231 dI P R +−+ − = ++ == Do đó (P) tiếp xúc với (S). 0,25 8.b (1,0 điểm) Gọi M là tiếp điểm của (P) và (S). Suy ra M thuộc đường thẳng qua I và vuông góc với (P). 0,25 (1 2 ; 2 3 ;1 ).M tt+−+ +t Do đó Do M thuộc (P) nên Vậy 2(1 2 ) 3( 2 3 ) (1 ) 11 0 1. ttt + +−+ ++− =⇔= t (3;1; 2). M 0,25 13 132 22 zi i ⎛⎞ =+ = + ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 9.b (1,0 điểm) ππ 2cos sin . 33 i ⎛⎞ =+ ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 55 5π 5π 2 cos sin 16(1 3 ). 33 zi ⎛⎞ =+=− ⎜⎟ ⎝⎠ i Suy ra 0,25 16( 3 1) 16(1 3) .wi=++− Do đó 0,25 Vậy w có phần thực là 16( và phần ảo là 3 1)+ 16 (1 3).− ------------- Hết -------------