Lời giải đề tuyển sinh đại học năm 2013 môn: Toán Khối A

LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối A
Câu Lời giải Điểm
1.a Cho hàm số y=−x
3+3x2+3mx−1 (1), với m là tham số thực.
Khảo sát sự biến thiên của hàm số (1) khi m= 0.
1 điểm m= 0 hàm số là y=−x3+3x2−1, Tập xác định D= R
Đạo hàm y′ =−3x2+6x; Do đó y′ = 0 ⇐⇒
 x= 0 =⇒ y=−1
x= 2 =⇒ y= 3
lim
x→−∞y=+∞; limx→+∞y=−∞;
Bảng biến thiên
x
y′
y
−∞ 0 2 +∞
− 0 + 0 −
+∞
−1
3
+∞
Hàm số nghịch biến trên (−∞;0);(2;+∞); Hàm số đồng biến trên (0;2)
Điểm cực đại (2;3) Điểm cực tiểu (0;−1)
Đồ thị
−1 1 2 3
−1
1
2
3
0
1.b Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng (0;+∞).
1 điểm Ta có: y′ =−3x2+6x+3m
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;+∞) khi và chỉ khi y′ ≤ 0, ∀x> 0
Hay là: m+1≤ x2−2x+1= (x−1)2, ∀x> 0 (∗)
Do min
x>0
(x−1)2 = 0 nên (∗)⇔ m+1≤ 0⇔ m≤−1.
Vậy m≤−1 là những giá trị cần tìm.
2. Giải phương trình 1+1+ tanx= 2
√
2sin
(
x+ pi4
)
.
1 điểm Điều kiện: x 6= pi2 + kpi,k ∈ Z
Phương trình⇔ 1+ sinxcosx = 2(sinx+ cosx)
⇔ sinx+ cosx−2cosx(sinx+ cosx) = 0
⇔ (sinx+ cosx)(1−2cosx) = 0⇔
 sinx+ cosx= 0
cosx=
1
2
⇔
x=−
pi
4
+mpi
x=±pi
3
+2npi
.
Kết hợp với điều kiện ta có x=−pi4 +kpi,x=±pi3 +m2pi;k,m ∈ Z là nghiệm của phương trình .
1
3. Giải hệ phương trình:

√
x+1+ 4
√
x−1−
√
y4+2= y (1)
x2+2x(y−1)+ y2−6y+1= 0 (2)
1 điểm Điều kiện x≥ 1
Viết lại phương trình thứ hai dưới dạng: (x+ y−1)2 = 4y⇒ y≥ 0.
Đặt u= 4
√
x−1≥ 0⇒ x= u4+1, phương trình thứ nhất trở thành:
u+
√
u4+2= y+
√
y4+2⇔ u= y
( do hàm số f (t) = t+
√
t4+2 đồng biến trên [0;+∞))
⇒ 4√x−1= y⇔ x= y4+1.
Thay vào PT thứ hai của hệ ta được phương trình:
(
y4+ y
)2
= 4y⇔
[
y= 0
y
(
y3+1
)2
= 4 (∗)
Phương trình (*) có nghiệm duy nhất y= 1
( do g(y) = y
(
y3+1
)2 đồng biến trên [0;+∞) và g(1) = 4)
Vậy hệ có hai nghiệm (1;0) ,(2;1)
4. Tính tích phân: I =
∫ 2
1
x2−1
x2
lnx dx
1 điểm Đặt

u= lnx
dv=
x2−1
x2
dx=
(
1− 1
x2
)
dx
⇒

du=
1
x
dx
v=
(
x+
1
x
)
Suy ra
I =
(
x+
1
x
)
lnx
∣∣∣∣2
1
−
2∫
1
(
x+
1
x
)
dx
x
=
5
2
ln2−
2∫
1
(
1+
1
x2
)
dx
=
5
2
ln2−
(
x− 1
x
)∣∣∣∣2
1
=
5
2
ln2− 3
2
5.
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, ÂBC = 30o, SBC là tam giác đều cạnh a và mặt
bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ c đến mặt phẳng
(SAB).
1 điểm Gọi H là trung điểm BC. Do ∆SBC đều⇒ SH ⊥ BC mà (SBC)⊥ (ABC), BC = (SBC)∩ (ABC)
⇒ SH ⊥ (ABC), SH = a
√
3
2
. Từ góc ÂBC = 30o⇒ AB= a
√
3
2
,AC =
a
2
VSABC =
SH.SABC
3
=
a.a
√
3.a
√
3
3.2.2.2.2
=
a3
16
.
ta có SA= a và SASB =
SB.AB.sinA
2
=
√
13.
√
3a2
4.2.2
=
a
√
39
16
⇒ d(C,SAB) =
3.VSABC
SSAB
=
√
39a
13
B
A
C
H
S
2
5.
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, ÂBC = 30o, SBC là tam giác đều cạnh a và mặt
bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ c đến mặt phẳng
(SAB).
1 điểm Từ A dựng Az vuông góc với (ABC) để có hệ Axyz như hình vẽ, gọi I là hình chiếu vuông góc
của S xuống BC, do giả thiết nên SI song song với Az, ta có:
A(0; 0; 0) , B
(
a
√
3
2
; 0; 0
)
, C
(
0;
a
2
; 0
)
I
(
a
√
3
4
;
a
4
; 0
)
, S
(
a
√
3
4
;
a
4
;
a
√
3
2
)
Từ đây [
−→
AB,
−→
AC] =
(
0; 0;
a2
√
3
4
)
, nên VSABC =
1
6
|−→AS[−→AB,−→AC]|= |
a2
√
3
4
a
√
3
2 |
6
=
a3
16
(đvtt).
Lại có,[
−→
AS,
−→
AB] =
(
0;
3a2
4
;−a
2
√
3
8
)
,
nên: d (C, (SAB)) =
|−→AC [−→AS,−→AB]|
|[−→AS,−→AB]|
=
|0+ 3a38 +0|√
0+ 9a
4
16 +
3a4
64
= a
√
3
13 (dvcd)
6.
Cho a,b,c là ba số thực dương thoả mãn (a+ c)(b+ c) = 4c2.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=
32a3
(b+3c)3
+
32b3
(a+3c)3
−
√
a2+b2
c
1 điểm Đặt a= cx; b= cy; x+ y= s; xy= p với x; y> 0, ta có: x+ y+ xy= 3⇔ p= 3− s
Đồng thời bởi vì là p≤ s24 ; s> 0 cho nên: 3− s≤ s
2
4 ⇔ s≥ 2
Lại nhận thấy rằng hễ x; m> 0 ta có:
x3 = m3+3m2 (x−m)+(x−m)2 (x+2m)≥ m3+3m2 (x−m)
Vậy nên nếu đặt
1
2
(
a
b+3c
+
b
a+3c
)
=
1
2
(
x
y+3
+
y
x+3
)
= m có :
32a3
(b+3c)3
= 32
(
x
y+3
)3
≥ 32m3+96m2
(
x
y+3
−m
)
32b3
(a+3c)3
= 32
(
y
x+3
)3
≥ 32m3+96m2
(
y
x+3
−m
)
Cộng theo vế lại chúng ta có:
32a3
(b+2c)3
+
32b3
(a+2c)3
≥ 64m3 =
(
2x
y+3
+
2y
x+3
)3
≥ 1+3
(
2x
y+3
+
2y
x+3
−1
)
3
Như vậy:
P≥−2+6
(
x
y+3
+
y
x+3
)
−
√
x2+ y2
= 6
(
(x+ y)2−2xy+3(x+ y)
xy +3(x+ y)+9
)
−
√
(x+ y)2−2xy−2
= 6
(
s2−2p+3s
p+3s+9
)
−
√
s2−2p−2
= 3
(
s2+5s−6
s+6
)
−
√
s2+2s−6−2
Xét hàm số f (s) = 3
(
s2+5s−6
s+6
)
−√s2+2s−6−2= 3s−√s2+2s−5−5 có:
f (s) = 3− s+1√
s2+2s−6 =
8(s−2)(s+4)+9(
3
√
s2+2s−6+ s+1
)√
s2+2s−6
> 0 ∀x≥ 2
Vậy hàm số này đồng biến, và chúng ta có được
P≥ f (s)≥ f (2) = 1−
√
2
Tóm lại, giá trị lớn nhất là 1−√2 đạt được khi x= y= 1 tức là a= b= c> 0
7a.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểmC 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 B,C biết rằng N(5;−4).
1 điểm Gọi I là tâm hình chữ nhật. Ta có các điểm A,B,C,D nằm trên đường tròn tâm I có các đường
kính là AC,BD.
GọiC(t;−2t−5). Ta có: −→AN = (9;−12); −→NC = (t−5;−2t−1).
Ta có tam giác ANC vuông tại N nên
−→
AN.
−→
NC = 0⇒ 9(t− 5)− 12(−2t− 1) = 0⇔ t = 1. Do
đóC(1;−7); I (−32 ; 12).
Trong tam giác BDM có IC là đường trung bình nên IC‖DM, và BN⊥DM nên BN⊥IC.
Ta có đường thẳng BN đi qua N và có VTPT là
−→
IC =
(5
2 ;−152
)
, nên phương trình BN là:
5
2(x−5)− 152 (y+4) = 0 hay x−3y−17= 0.
Gọi B(3a+17;a). Ta có
−→
AB= (3a+21;a−8); −→CB= (3a+16;a+7).
Do tam giác ABC vuông tại B nên
−→
AB.
−→
CB = 0 ⇒ (3a+ 21)(3a+ 16) + (a− 8)(a+ 7) = 0
⇔ a2+11a+28= 0⇔ a=−4 hoặc a=−7
Với a=−4⇒ B(5;−4) (loại vì trùng N)
Với a=−7⇒ B(−4;−7)
−4 −2 2 4 6
−8
−6
−4
−2
2
4
6
8
0
A
N
CB
I
D
D′C
M
4
8a.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :
x−6
−3 =
y+1
−2 =
z+5
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.
1 điểm Ý 1: Vì (P)⊥∆⇒−→n (−3;−2;1) là vec tơ pháp tuyến của (P) do đó
Phương trình mặt phẳng (P) là −3(x−1)−2(y−7)+1(z−3) = 0 Hay 3x−2y− z−14= 0
Ý 2: M ∈ ∆⇒M (6−3t;−1−2t;−2+ t) Ta có AM = 2√30⇔ AM2 = 120
⇔ (5−3t)2+(−8−2t)2+(−5+ t)2 = 120⇔ t = 1 hoặc t =−37
Suy ra có hai điểm thỏa mãn là M (3;−3;−1) , M (517 ;−17 ;−177 )
9a. Gọi S là tập hợp tất cả các só tự nhiên gồm 3 chữ số phân biệt được chọn trong 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 xuất để số được chọn là số chẵn.
1 điểm Số các số tự nhiên có 3 chữ số phân biêt trong các chứ số 1,2,3,4,5,6,7 chính là số cách chọn ra
3 số trong các số 1,2,3,4,5,6,7 có phân biệt thứ tự nên số phần tử của S là A37 = 5∗6∗7 = 210
phần tử.
Chọn một số ngẫu nhiên từ S, xác suất để số được chọn là số chẵn là 3/7 (xác suất để chọn chữ
số hàng đơn vị là số chẵn trong 1,2,3,4,5,6,7)
(Ý thứ 2 có thể dùng phép đếm, số được chọn là abc thì: số cách chọn của c là 3. số cách chọn
của b là 6. số cách chọn của a là 5.
Vậy số cách chọn được abc chẵn là 3*5*6=90.
Vậy xác suất để chọn được số abc chẵn là 90/210=3/7.)
7b.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, 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 (C).
1 điểm Gọi I là tâm đường tròn (C), M là giao điểm của hai tiếp tuyến tại A,B và H là trung điểm AB.
Đặt : ÂIB= ϕ Ta có : AB2 = IA2+ IB2−2IA.IB.cosϕ ⇒ cosϕ =−35
Lại có :
AB2 =HA2+HB2−2.HA.HB.cos(pi−ϕ)⇒ 32= 2HA2 (1+ cosϕ) = 45HA2⇒HA= 2
√
10
Lúc đó : HM =
√
AH2− (AB2 )2 =√32; IM =√IA2− (AB2 )2 =√2
Mà H ∈ tia Oy nên : H(0;m),m> 0
d (H;d) = HM⇒ |−m|√
2
=
√
32⇒ m= 8(do m> 0) hay H(0;8)
Đường thẳng đi qua H vuông góc với d có dạng : x+ y−8= 0 nên tọa độ điểm M là : M(4;4)
Do : MHMI = 4 đồng thời M, I,H thằng hàng và M nằm giữa I,H nên :
−−→
MH =−4−→MI⇒
 0−4=−4(xI−4)8−4=−4(yI−4) ⇒
 xI = 5yI = 3 ⇒ I (5;3)
Hay PT đường tròn cần tìm là : (x−5)2+(y−3)2 = 10
I
H
A
B
M
5
8b.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x+ 3y+ z− 11 = 0 và mặt cầu (S) :
x2+ y2+ z2−2x+4y−2z−8= 0. Chứng minh (P) tiếp xúc với (S). Tìm tọa độ tiếp điểm của (P) và
(S)
1 điểm Mặt cầu (S) có tâm là I(1;−2;1) , bán kính R=√14
Ta có d(I;(P)) =
|2.1+3.(−2)+1−11|√
4+9+1
=
√
14= R , suy ra (P) tiếp xúc với (S)
Đường thẳng l qua I và vuông góc với (P) có PT : x= 1+2t; y=−2+3t; z= 1+ t
Gọi H là tiếp điểm của (P) và (S) thế thì H phải thuộc l và thuộc (P) , cho nên tham số t ứng
với giao điểm của l và (P) là nghiệm PT: 2(1+2t)+3(−2+3t)+1+ t−11= 0 ⇐⇒ t = 1
Thay giá trị này của t vào PT của l ta đi đến kết luận : tiếp điểm cần tìm là H(3;1;2)
9b. Cho số phức z = 1+
√
3i. Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thực và phần ảo của số phức w =
(1+ i)z5.
1 điểm Số phức z được viết lại là z= 2
(
1
2
+
√
3
2
i
)
= 2
(
cos
pi
3
+ sin
pi
3
i
)
Theo công thức Moiver ta có z5 = 25
(
cos
5pi
3
+ sin
5pi
3
i
)
Vậy suy ra (1+ i)z5 = (1+ i)(16−16√3i) = 16+16√3+(16−16√3)i.
Phần thực của (1+ i)z5 là 16+16
√
3. Phần ảo của (1+ i)z5 là 16−16√3
6