HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI A VÀ A1 MÔN TOÁN NĂM 2013

Question

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 thị của hàm số

$(1)$ khi

$m=0$

$b)$ Tìm

$m$ để hàm số

$(1)$ nghịch biến trên khoảng

$(0; +\infty)$ .

Câu $2$ ( $1,0$ điểm). Giải phương trình

$1+\tan x=2\sqrt{2}\sin (x+\frac{\pi}{4} )$

Câu $3$ ( $1,0$ điểm). Giải hệ phương trình

$\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x+1}|+ \sqrt[4]{x-1}-\sqrt{y^4+2}=y \\ x^2+2x(y-1)+y^2-6y+1=0 \end{array} \right. (x,y\in R)$

Câu $4$ ( $1,0$ điểm) Tính tích phân

$I=\int\limits_{1}^{2}\frac{x^2-1}{x^2} \ln x dx.$

Câu $5$ ( $1,0$ điểm)
Cho hình chóp

$S.ABC$ có đáy là tam giác vuông tại A, Góc

$ABC=30^0, SBC$ 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 trị nhỏ nhất của biểu thức

$P=\frac{32a^3}{(b+3c)^3}+\frac{32b^3}{(a+3c)^3} -\frac{\sqrt{a^2+b^2} }{c}$

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

$\Delta: \frac{x-6}{-3}=\frac{y+1}{-2}=\frac{z+2}{1}$ và điểm

$A(1;7;3)$ . Viết phương trình mặt phẳng

$(P)$ đi qua

$A$ và vuông góc với

$\Delta$ . tìm tọa độ điểm

$M$ thuộc

$\Delta$ sao cho

$AM=2\sqrt{30}$ .

Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi

$S$ lầ 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 định 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

$\Delta :x-y=0$ . Đường tròn

$(C)$ có bán kính

$R=\sqrt{10}$ cắt

$\Delta$ tại hai điểm

$A$ và

$B$ sao cho

$AB=4\sqrt{2}$ . 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

$Z=1+\sqrt{3}i$ . Viết dạng lượng giác của

$z$ . Tìm phần thực và phần ảo của số phức

$\omega =(1+i)z^5$ .

Phẩn cơ bản năm nay có phần tổ hợp và xác suất. Vất vả hơn một chút rồi.

Đức Vỹ · Answer 1 · 7/4/2013 3:26:12 PM

Câu $1$

$y=-x^3+3x^2+3mx-1$

$a)$ Khi

$m=0$ ta có hàm số :

$y=-x^3+3x^2-1 (C)$
Tập xác định :

$D=R$

$y'=-3x^2+6x$

$y'=0\Leftrightarrow$ có

$2$ nghiệm

$x=0$ và

$x=2$

Bảng biến thiên

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng

$(-\infty;0); (2;+\infty)$
+ Hàm số đồng biến trên

$(0;2)$

Cực trị :
Hàm số đạt cực đại tại :

$x_{CĐ}=2\rightarrow y_{CĐ}=3$
Hàm số đạt cực tiểu tại

$x_{CT}=0\rightarrow y_{CT}=-1$

Đồ thị hàm số :

$y''=-6x+6$

$y''=0\Leftrightarrow x=1\rightarrow y(1)=1$
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)

$y=-x^3+3x^2+3mx-1 (1)$

$y'=-3x^2+6x+3m=3(-x^2+2x+m)$
Để hàm số

$(1)$ nghịch biến trên

$(0; +\infty)$ thì

$y' \leq 0$ trên

$(0; +\infty)$ hay

$-x^2+2x+m \le 0$ với mọi

$x\in (0; +\infty)$

$\Leftrightarrow m\le x^2-2x$ với mọi

$x\in (0; +\infty) (*)$
Xét

$g(x)=x^2-2x$ trên

$(0; +\infty)$

$g'(x)=2x-2$

$g'(x)=0\Leftrightarrow x=1$

Bảng biến thiên

$(*)$ xảy ra khi
Kết luận

$m\le -1$

Câu 2 :
Giải phương trình

$1+\tan x=2\sqrt{2}\sin (x+\frac{\pi}{4} ) (1)$
ĐKXĐ :

$\cos x\neq 0$

$(1)\Leftrightarrow 1+\frac{\sin x}{\cos x} =2\sqrt{2}\sin (x+\frac{\pi}{4} )$

$\Leftrightarrow (\sin x+ \cos x)=2\sqrt{2}.cos x. sin(x+\frac{\pi}{4} )$

$\Leftrightarrow \sqrt{2}\sin (x+\frac{\pi}{4} )=2\sqrt{2}.cos x. \sin (x+\frac{\pi}{4} )$

$\Leftrightarrow \sin (x+\frac{\pi}{4} )[1-2\cos x]=0$
+ Với

$\sin (x+\frac{\pi}{4} )=0$

$\Leftrightarrow x+\frac{\pi}{4} =k \pi\Leftrightarrow x=\frac{-\pi}{4} +k\pi$

+ Với

$\cos x=\frac{1}{2} \Leftrightarrow x=\pm \frac{\pi}{3} +k2\pi$

$\Leftrightarrow x=\frac{\pm\pi}{3} +k2\pi$
Kết hợp điều kiện

$\cos x \neq 0$ thấy các nghiệm đều thỏa mãn
Kết luận : nghiệm của phương trình là :

$x=\frac{-\pi}{4} +k\pi ; x=\frac{\pm\pi}{3} +k2\pi$

Câu $3$
Giải hệ phương trình

$\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x+1}|+ \sqrt[4]{x-1}-\sqrt{y^4+2}=y (1)\\ x^2+2x(y-1)+y^2-6y+1=0 (2) \end{array} \right.$
Xét

$(1): \sqrt{x+1}+ \sqrt[4]{x-1}=y+\sqrt{y^4+2}$
Đặt

$t=\sqrt[4]{x-1}; t\geq \rightarrow x=t^4+1$
Suy ra :

$\sqrt{x+1}+\sqrt[4]{x-1}=\sqrt{t^4+2}+t$
Đặt

$t+\sqrt{t^4+2}=y+\sqrt{y^4+2}$
Suy ra

$t=y$ vì hàm số

$f(u)=u+\sqrt{4^4+2}\geq 0$ luôn đồng biến
Với

$t=y$ ta có :

$y=\sqrt[4]{x-1}\Leftrightarrow y^4=x-1\Leftrightarrow x=y^4+1$
Thế vào phương trình

$(2)$

$(y^4+1)^2+2(y^4+1)(y-1)+y^2-6y+1=0$

$\Leftrightarrow y^8+2y^4+1+2y^5-2y^4+2y-2+y^2-6y+1=0$

$\Leftrightarrow y^8+2y^5+y^2-4y=0$

$\Leftrightarrow y(y^7+2y^4+y-4)=0$

$\Leftrightarrow y=0\rightarrow x=1\rightarrow (1;0 )$

$y^7+2y^4+y-4=0\Leftrightarrow y=1\rightarrow x=2$ .
Vậy hệ có nghiệm

$(1;0)$ và

$2;1$

Câu $4$

$I=\int\limits_{1}^{2} \frac{x^2-1}{x^2} \ln x dx$

$=\int\limits_{1}^{2} (1-\frac{1}{x^2} )\ln x dx=\frac{1}{2} \ln x dx+\frac{1}{2} (-\frac{1}{x^2} )\ln x dx$

$I_1=\int\limits_{1}^{2}\ln x dx=x\ln x\left| \begin{gathered} 2 \\ 1 \\ \end{gathered} \right.-\int\limits_{1}^{2} \frac{x}{x} dx=x\ln x \left| \begin{gathered} 2 \\ 1 \\ \end{gathered} \right.- x\left| \begin{gathered} 2 \\ 1 \\ \end{gathered} \right.=2\ln 2-1$

$I_2\int\limits_{1}^{2} (\frac{-1}{x^2} )\ln x dx=\int\limits_{1}^{2} \ln x d(\frac{1}{x} )=\frac{\ln x}{x} \left| \begin{gathered} 2 \\ 1 \\ \end{gathered} \right.- \int\limits_{1}^{2} \frac{1}{x^2} dx$

$=\frac{\ln 2}{2} -(\frac{-1}{x} )\left| \begin{gathered} 2 \\ 1 \\ \end{gathered} \right.=\frac{\ln 2-1}{2}$

$I=I_1+I_2=\frac{5}{2} \ln 2-\frac{3}{2}$

Câu $5$

Tính

$V_{SABC}$
Gọi

$H$ là trung điểm của

$BC$ . Suy ra

$SH$ vuông góc với

$BC$
Vì :

$\left\{ \begin{array}{l} (SBC)\bot(ABC)\\ (SBC)\cap(ABC)=BC\\ SH\bot BC \end{array} \right. \rightarrow SH\bot (ABC)$
Tam giác

$SBC$ đều cạnh a

$\rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3} }{2}$
Tam giác

$ABC$ vuông góc tại

$A$ , góc

$ABC=30^0, BC=a$

$\rightarrow AB=BC.\cos 30^0=\frac{a\sqrt{3} }{2}$
Và

$AC=\frac{a}{2}$

$\rightarrow V_{SABC}=\frac{1}{3} SH.S_{ABC}=\frac{1}{3} SH.\frac{1}{2} AB.AC=\frac{1}{6}.\frac{a\sqrt{3} }{2} .\frac{a\sqrt{3} }{2}.\frac{a}{2} =\frac{a^3}{16}$ (đvtt)
Tính khoảng cách từ

$C$ đến (SAB)
Ta có :

$AH=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}$
Tam giác

$SAH$ vuông tại

$H\rightarrow SA=\sqrt{SH^2+AH^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}+\frac{a^2}{4} } =a$
Tam giác

$SHB$ vuông tại

$H\rightarrow SB=\sqrt{SH^2+HB^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}+\frac{a^2}{4} } =a$
Suy ra tam giác

$SHB$ cân tại

$S$ . Gọi

$M$ là trung điểm của

$AB$

$\rightarrow SM=\sqrt{SB^{2a}-BM^2} =\sqrt{a^2-(\frac{a\sqrt{3} }{4} )^2} =\sqrt{a^2-\frac{3a^2}{16} } =\frac{a\sqrt{13} }{4}$
Suy ra diện tích tam giác

$S_{ABC}=\frac{1}{2} SM.AB=\frac{1}{2} .\frac{a\sqrt{13} }{4} .\frac{a\sqrt{13} }{2} =\frac{a^2\sqrt{39} }{16}$ (đvdt)
Ta có

$V_{S.ABC}=V_{C.SAB}=\frac{1}{3}d(C, (SAB)) .S_{SAB}=\frac{a^3}{16}$

$\rightarrow d(C,(SAB))=\frac{\frac{3a^3}{16} }{S_{SAB}} =\frac{3a^3}{16} .\frac{16}{a^2\sqrt{39} } =\frac{3a}{\sqrt{39} } =\frac{a\sqrt{39} }{13}$

Câu $6$
Đặt

$a=cx; b=cy$ khi đó ta có giả thiết là

$(x+1)(y+1)=4\rightarrow x+y \geq 2$

$P : =\frac{32x^3}{(y+3)^3} +\frac{32y^3}{(x+3)^3} -\sqrt{x^2+y^2} \geq \frac{32(x^2+y^2)^2}{xy(x^2+y^2)+9xy(x+y)+54xy+27(x+y)} -\sqrt{x^2+y^2}$

$\geq \frac{32(x^2+y^2)^2}{(x^2+y^2)+126} -\sqrt{x^2+y^2}\geq 1-\sqrt{2}$
Ta cần chứng minh bất đẳng thức phụ sau :

$9xy(x+y)+54xy+27(x+y)\le 126$

$f(S): =162-9(x+y)^2\le 162-9.4=126$

Câu $7a$
Gọi

$C(t; -2t-5)$
Ta có :

$ACMD$ là hình bình hành

$\rightarrow AC\bot BN$ tại

$E$

$CE$ là đường trung bình trong tam giác

$BNM$ nên

$E$ là trung điểm của

$BN$

$\rightarrow$ Tam giác

$ABN$ cân tại

$A\rightarrow \widehat{ANB}=\widehat{ABN}$
Mà

$\widehat{ CNB}=\widehat{CBN}$

$\rightarrow$ Tam giác

$ANC$ vuông tại

$N$ .

$\rightarrow \overrightarrow{AN} .\overrightarrow{NC}=0\Leftrightarrow 9(t-5)-12(-2t-1)=0\Leftrightarrow t=1$

$\rightarrow C(1; -7)\rightarrow$ Phương trình

$AC : 3x+y+4=0$ .
Lập phương trình

$BN$ đi qua

$N(5; -4)$ và vuông góc với

$AC$

$BN : x-3y-17=0$

$\rightarrow$ Tọa độ E

$\left\{ \begin{array}{l} AC\\ BN \end{array} \right. \rightarrow E (\frac{1}{2}; \frac{-11}{2} )\rightarrow B (-4; -7)$

Câu $7b$
Giả sử

$M$ là trung điểm

$AB$ và

$I$ là tâm đường tròn,

$H$ là giao điểm hai tiếp tuyến.
Ta có hình vẽ như trên là trường hợp duy nhât thỏa mãn
Ta có

$IM$ vuông góc

$AB$ và

$I, M, H$ thẳng hàng.
Tam giác

$IMB$ vuông tại

$M\rightarrow IM=\sqrt{IB^2-MB^2}=\sqrt{R^2-\frac{AB^2}{4} } =\sqrt{10-\frac{(4\sqrt{2} )^2}{4} } =\sqrt{2}$

$IH=\frac{IB}{\cos HIB} =\frac{IB}{\cos MIB} =\frac{IB}{(\frac{IM}{IB} )} =\frac{IB^2}{IM}=\frac{10}{\sqrt{2} } =5\sqrt{2}$

$MH=IH-IM=4\sqrt{2}$
Do

$(\Delta) y=x\rightarrow HOM=45^0\rightarrow \widehat{HMO}$ cân tại

$M$
Mà

$HMO=90^0\rightarrow$ Tam giác

$HMO$ vuông cân tại

$M$ .

$\rightarrow d(M, OH)=\frac{1}{2} OH=\frac{1}{2} .\sqrt{2}.HM=\frac{4\sqrt{2} }{\sqrt{2} } =-4\rightarrow x_M=4\rightarrow y_M=4\rightarrow M (4;4)$

Câu $8a$

$\Delta: \frac{x-6}{-3}=\frac{y+1}{-2}=\frac{z+2}{1}$
Mặt phẳng

$(P)$ đi qua

$A$ và vuông góc với

$\Delta$
Mặt phẳng

$(P)$ có vtpt :

$\overrightarrow{n_p}//\overrightarrow{u} =(-3;-2;-1)$
Phương trình mặt phẳng

$(P): -3(x-1)-2(y-7)+1(z-3)=0$

$\rightarrow -3x-2y+z+14=0$

$M\rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=6-3t\\ y=-1-2t\\z=-2+t \end{array} \right.$

$M\in \Delta \rightarrow AM=2\sqrt{30} \rightarrow AM^2=120$

$\Leftrightarrow 14t^2-8t-6=0$
Có 2 nghiệm
+ Với

$t=1\rightarrow M(3; -3; -1)$
+ Với

$t=-\frac{-3}{7} \rightarrow M(\frac{51}{7}; -\frac{1}{7} ;-\frac{17}{7} )$

Câu $8b$
Mặ cầu

$(S)$ có tâm

$I(1; -2;1)$ bán kính

$R=\sqrt{14}$

$d(I; P)=\frac{|2.1+3.(-2)+1.1-11|}{\sqrt{2^2+3^2+1^2} }=\frac{14}{\sqrt{14} } =\sqrt{14}=R$
Mặt phẳng

$(P)$ tiếp xúc với

$(S)$
Lập phương trình đường thắng d đi qua

$I(1;-2;1)$ và

$\bot$ mp

$(P)$
Ta có véc tơ chỉ phương

$\overrightarrow{u_d} //\overrightarrow{u_d}$

$x=1+2t$

$y=-2+3t$

$z=1+t$

$(t\in R)$
Tọa độ tiếp điểm mà M là giao điểm của d và

$(S); M\in (P)$

$(1+2t)^2+(-2+3t)^2+(1+t)^2-2(1+2t)+4(-2+3t)-2(1+t)-8=0$

$\Leftrightarrow 14t^2-14=0$ có

$2$ nghiệm
Với

$t=1\rightarrow M(3; 1; 2)\in (P)$
Với

$t=-1\rightarrow M(-1; -5;0)\notin (P)$
Vậy tọa độ tiếp điểm

$M(3;1;2)$

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

$\overline {abc} \,abc$

$(1\leq a\leq 9; 0\leq b,c\leq 9,a,b,c \in N)$
Khi đó số phần tử của

$S$ là:

$7.6.5=210$ phần tử
Số được chọn từ

$S$ là số chẵn có dạng

$\overline {{a_1}{a_2}{a_3}}$
Khi đó

$a_3$ có 3 cách chọn {2;4;6}

$a_2$ có 6 cách chọn {1;2;3;4;5;6;7}\{

$a_3$ }

$a_1$ có 5 cách chọn {1;2;3;4;5;6;7}\{

$a_2, a_3$ }

$\Rightarrow$ 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 chắn:

$P(A) = \frac{{|A|}}{{|\Omega |}} = \frac{{90}}{{210}} = \frac{3}{7}$

Câu 9b.

$z=1+\sqrt{3}$
Viết dạng lượng giác của

$z$

$z = 1 + \sqrt 3 ; = \left[ \begin{gathered} 2\left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i} \right) \\ 2\left( {\cos \frac{\pi }{3} + i\,\sin \frac{\pi }{3}} \right) \\ \end{gathered} \right.$
Phần thực và phần ảo của số phức

$W=(1+i)z^5$

$z^5=(1+\sqrt{3}i )^5=2^5(\cos \frac{5 \pi}{3} +i \sin \frac{5\pi}{3} )=32(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3} }{2}i )=16-16\sqrt{3}i$

$\Rightarrow W=(1+i)z^5=(1+i)(16-16\sqrt{3}i )=16(1+\sqrt{3} )+16(1\sqrt{3} )i$
Vậy phần thực của

$w$ là

$16(1+\sqrt{3} )$ , phần ảo là

$16(1-\sqrt{3} )$

chao ôi lộn 8b với 8a .......may k sai ......đau tim wa
cau b bai 1 thieu truong hop roi ban oi, ta phai xet 2 truong hop deltal y'<=0 hoac deltaly'>0 va x1 – vanthanhmath 04-07-13 12:17 PM