ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn thi: TOÁN; Khối D

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi ,đáp án đề thi đại học, cao đẳng môn toán giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!

WWW.VNMATH.COM BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO -------------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn thi: TOÁN; Khối D 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 3 2 2 3 ( 1) 1 (1)    y x mx m x , m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ 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 sin3 cos2 sin 0  x x 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 dx x Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy,  0 120BAD , M là trung điểm cạnh BC và  0 45SMA . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC). Câu 6 (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 1 xy 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 kẻ 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 các điểm A(-1; -1; -2), 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 )( ) 2 2   i z i z i . Tính môđun của số phức 2 2 1   z 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) 4   x y và đường thẳng : 3 0  y . Tam giác MNP có trực tâm trùng với tâm của (C), các đỉnh N và P thuộc  , đỉnh M và trung điểm của cạnh MN thuộc (C). Tìm tọa độ điểm P. Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1; 3; -2) và mặt phẳng (P): x – 2y – 2z + 5 = 0. Tính khoảng cách từ A đến (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 giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………. …….Số báo danh: ……………… WWW.VNMATH.COM 2 -2 1 0 1 GI í BI GII Cõu 1: a) m= 1, hm s tr thnh : y = 2x 3 3x 2 + 1. - Tp xỏc nh: D = R. - Ta cú: y = 6x 2 6x; y = 0 x = 0 hay x = 1; y(0) = 1; y(1) = 0 lim x y v lim x y x 0 1 + y + 0 0 + y 1 + C 0 CT - Hm s ng bin trờn (; 0) ; (1; +); - Hm s nghch bin trờn (0; 1) - Hm s t cc i ti x = 0; y(0) = 1; - Hm s t cc tiu ti x = 1; y(1) = 0. th : Ta cú: y" = 12x 6; y = 0 x = 1/2. 1 1 ; . 2 2 1 ( ) : ;0 , 1;0 2 0;1 nhanọủieồm I lamứ taõm ủoiỏxửnựg ẹothũ C caột oxtaùi A B catộoytaiùC b) Phng trỡnh honh giao im ca (C) v (d): 3 2 2 0 2 3 0 ( ) 2 3 0 (1) x x mx mx g x x mx m (d) ct (C) ti 3 im phõn bit (1) cú 2 nghim phõn bit khỏc 0 2 ( ) 0 9 8 0 8 (0) 0 9 g x m m m m g m Vy 8 ( ; 0) ( ; ) 9 m thỡ (d) ct (C) ti 3 im phõn bit. Cõu 2 : sin3 cos2 sin 0 x x x 2cos2 sin cos2 0 cos2 2sin 1 0 x x x x x cos2 0 x hay 1 sin 2 x 4 2 x k hay 2 6 x k hay 7 2 6 x k ( k Z ) Cõu 3 : Gii phng trỡnh 2 1 2 2 1 2log log (1 ) log ( 2 2) 2 x x x x Cỏch 1: k : 0 0 1 1 0 x x x WWW.VNMATH.COM Pt     2 2 1 1 1 (*)            x x x Đặt 1 t x (0< t < 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 (**)                   t t t t Đặt   1 2  u t u t , Pt(**) 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         Lưu Ý: Phương pháp giải pt bậc cao dạng: 4 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 ( ) ( ) ( ) 0 1 1 0 ( ) 1 1 1 2, ( 2) 2 : ( ) : ( 2) 0 2 0, ax bx cx bx a I ta chia hai vếcủa pt chox b a Pt I ax bx c x x a x b x c II x x Đatëu x u x u x u x x x Khi đó Pt II trởthành a u bu c au bu a c làp                                                  2 . , ( 2) .tb theo u Tìm u u x cần tìm  Cách 2: (Đưa về phương trình tích theo t) 2 1 2 2 1 2log log (1 ) log ( 2 2) 2 x x x x     Điều kiện 0<x<1 Phương trình trở thành: 2 2 2 2log log (1 ) log ( 2 2)x x x x      2 2 2 log log ( 2 2) (1 ) x x x x      2 2 2 (1 ) x x x x     Đặt ( 0)x t t  => 4 2 2 2 1 t t t t                                                                  4 2 4 2 3 2 4 3 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) 2 2 2 2 3 4 2 0 ( 2 2)( 1) 0 1 3 ( ) 2 2 0 3 1 ( ) 1 0 3 1 3 1 3 1 4 2 3 t t t t t t t t t t t t t t t t t t t loại t t t thỏa mản t t Với t x x Cách 3: (Đưa về phương trình tích và tính trực tiếp) Điều kiện 0<x<1 WWW.VNMATH.COM 45 0 120 0 H M S D C B A Phương trình trở thành: 2 2 2 2log log (1 ) log ( 2 2)x x x x      2 2 2 log log ( 2 2) (1 ) x x x x      2 2 2 (1 ) x x x x     2 2 0 2 ( 2 1 ) (1 ) 1 1 0 ( , 0, (0;1)) 1 1 1 2 0 1 1 2 0 1 4 2 3 x x chia veá pt cho x x x x x vn do x x x x x x x x x x                                          Câu 4 : 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 1 1 2 2 2 0 0 0 0 0 2 ( 1) 1 ln 1 1 ln 2 1 1                    xdx d x dx x x x x . Câu 5 * Tính V S.ABCD Do   0 0 D 120 60  BA ABC  ABC đều  AC = a và  2 2 2 2 2 0 D D 2A . D.cos D 2a. . os120B AB A B A BA a a a c      2 2 2 2a 3a D 3a B a     ABC đều, cạnh = a  3 2        AM BC a AM SAM vuông cận tại A vì có  0 45SMA   3 2 a SA AM  V S.ABCD = 3 1 1 1 1 3 1 . . . . . . . . 3 3 3 2 3 2 2 4 ABCD a a SA S SA AC BD a a   * Tính d (D, (SBC)) Do AD //BC  AD // (SBC)  d (D, (SBC)) = d (A, (SBC)). Gọi H là trung điểm của SM. Ta có: AH SM (1), Mặt khác: ( )          AM BC BC SAM BC AH SA BC (2) Từ (1) và (2)  ( )AH SBC  d (A, (SBC)) = AH SAM vuông cân tại A  2 2 2 2 2 3a 3a 3a 6 4 4 2 2 2 2 2 4        SM SA AM a AH  d (D, (SBC)) = d (A, (SBC)) = 2  SM AH = 6 4 a . (Có thể dùng phương pháp tọa độ, tuy nhiên bài toán trở nên phức tạp). Câu 6. Từ giả thiết, ta có: 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 4 4                 x xy y y y y y WWW.VNMATH.COM M I H C B A 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 , ta có: 2 3 3 25 3 7 7 1 4 4 , 0; 4 0 2 ( 3) 6 3 t t t t                       Nên 25 1 4 '( ) 0 2 6 3 f 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. Đường thẳng AB đi qua M có vectơ pháp tuyến 1 (7; 1) 2 IM     nên có phương trình: 7 33 0  x y . Gọi B(b; 7b + 33). M là trung điểm AB  tọa độ A : 2 9 2 3 (7 33) 7 30                 A M B A M B x x x b y y y b b  A(-9-b; -7b-30) Mặt khác, ta có: (7 ;34 7 ); ( 2 ; 29 7 )       AH b b BH b b   2 5 . 0 9 20 0 4                b AH BH AH BH b b b     - Khi b = -5 thì 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 ( ( 4; 5)) c IB IC c c c loaïi vì A C . Vậy C(4; 1). - Khi b = -4 thì 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 ( ( 4; 5)) c IA IC c c c loaïi vì B C . Vậy C(-1; 6) Kết luận: C(4; 1) hay C(-1; 6). WWW.VNMATH.COM 2 -2 5 3 2 3 2 y x 1 -1 1 0  T J I P N M Câu 8a. Gọi d là đường thẳng qua A và vng góc với (P), khi đó d có vtcp là: (1;1; 1) d p u n    1 1 1 2 : 1 1 1 1 2                      x t x y z d y t z t Gọi H là hình chiếu của A trên (P) H d (P)   x 1 t y 1 t Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ : z 2 t x y z 1 0 5 2 2 1 ( 1 t) ( 1 t) ( 2 t) 1 0 t H ; ; 3 3 3 3                                          Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm thì Q Q P n AB AB (Q) (Q) (P) n n                   , ( 1;2; 1)            Q P n AB n Vậy ( ) : 2 1 0Q đi qua A có dạng x y z    Câu 9a. (1 )( ) 2 2 1 2 2i z i z i z i iz z i          3 1 (3 1)(3 ) (3 ) 3 1 3 (3 )(3 ) i i i i z i z i i i i               2 2 2 1 2 1 w 1 3 z z i i i z i           => Mơ-đun của số phức w: 2 2 w ( 1) 3 10    B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b. (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 vng góc  1   M I x x 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   Nếu J(-1;1) thì N(-3;3) Gọi P(t;3) thuộc  . Ta có 3 (3;3)   NI MP t P   Câu 8b. 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   (Q): x – 2y – 2z +3 = 0. WWW.VNMATH.COM Câu 9b. - TXĐ: D=[0;2] - Ta có: 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 ( ) (0) 3 f x f và [0;2] min ( ) (1) 1 f x f . . S.ABCD = 3 1 1 1 1 3 1 . . . . . . . . 3 3 3 2 3 2 2 4 ABCD a a SA S SA AC BD a a   * Tính d (D, (SBC)) Do AD //BC  AD // (SBC)  d (D, (SBC)) = d (A,. I dx dx x x   1 1 1 2 1 1 2 2 2 0 0 0 0 0 2 ( 1) 1 ln 1 1 ln 2 1 1                    xdx d x dx x x x x . Câu 5 * Tính V S.ABCD Do