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