BOÄ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO
ÑEÀ THI TUYEÅN SINH ÑAÏI HOÏC NAÊM 2013 −−−−−−−−− −
Moân: TOAÙN; Khoái A vaø khoái A1 ÑEÀ CHÍNH THÖÙC
Thôøi gian laøm baøi: 180 phuùt, khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
I. PHAÀN CHUNG CHO TAÁT CAÛ THÍ SINH (7,0 ñieåm)
Caâu 1 (2,0 ñieåm). Cho haøm soá y = −x3 + 3x2 + 3mx − 1 (1), vôùi m laø tham soá thöïc.
a) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò cuûa haøm soá (1) khi m = 0.
b) Tìm m ñeå haøm soá (1) nghòch bieán treân khoaûng (0; + ∞). Caâu 2 (1,0 √ π
ñieåm). Giaûi phöông trình 1 + tan x = 2 2 sin x + . 4 ( √ √ p Caâu 3 (1,0 x + 1 + 4 x y4 + 2 = y
ñieåm). Giaûi heä phöông trình − 1 − (x, y ∈ R).
x2 + 2x(y − 1) + y2 − 6y + 1 = 0 2 Z Caâu 4 (1,0 x2 ñieåm). Tính tích phaân − 1 I = ln x dx. x2 1
Caâu 5 (1,0 ñieåm). Cho hình choùp S.ABC coù ñaùy laø tam giaùc vuoâng taïi A, [ ABC = 30◦, SBC laø
tam giaùc ñeàu caïnh a vaø maët beân SBC vuoâng goùc vôùi ñaùy. Tính theo a theå tích cuûa khoái choùp
S.ABC vaø khoaûng caùch töø ñieåm C ñeán maët phaúng (SAB).
Caâu 6 (1,0 ñieåm). Cho caùc soá thöïc döông a, b, c thoûa maõn ñieàu kieän (a + c)(b + c) = 4c2. Tìm giaù trò √
nhoû nhaát cuûa bieåu thöùc 32a3 32b3 a2 + b2 P = + − . (b + 3c)3 (a + 3c)3 c
II. PHAÀN RIEÂNG (3,0 ñieåm): Thí sinh chæ ñöôïc laøm moät trong hai phaàn (phaàn A hoaëc phaàn B)
A. Theo chöông trình Chuaån
Caâu 7.a (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho hình chöõ nhaät ABCD coù ñieåm C thuoäc
ñöôøng thaúng d: 2x + y + 5 = 0 vaø A(−4; 8). Goïi M laø ñieåm ñoái xöùng cuûa B qua C, N laø hình chieáu
vuoâng goùc cuûa B treân ñöôøng thaúng MD. Tìm toïa ñoä caùc ñieåm B vaø C, bieát raèng N(5; −4). Caâu 8.a (1,0 x y + 1 z + 2
ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä − 6
Oxyz, cho ñöôøng thaúng ∆ : = = −3 −2 1
vaø ñieåm A(1; 7; 3). Vieát phöông trình maët phaúng (P ) ñi qua A vaø vuoâng goùc vôùi ∆. Tìm toïa ñoä ñieåm √
M thuoäc ∆ sao cho AM = 2 30.
Caâu 9.a (1,0 ñieåm). Goïi S laø taäp hôïp taát caû caùc soá töï nhieân goàm ba chöõ soá phaân bieät ñöôïc choïn töø
caùc chöõ soá 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xaùc ñònh soá phaàn töû cuûa S. Choïn ngaãu nhieân moät soá töø S, tính xaùc suaát
ñeå soá ñöôïc choïn laø soá chaün.
B. Theo chöông trình Naâng cao
Caâu 7.b (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho ñöôøng thaúng ∆ : x − y = 0. Ñöôøng troøn √ √ (C) coù baùn kính R =
10 caét ∆ taïi hai ñieåm A vaø B sao cho AB = 4 2. Tieáp tuyeán cuûa (C)
taïi A vaø B caét nhau taïi moät ñieåm thuoäc tia Oy. Vieát phöông trình ñöôøng troøn (C).
Caâu 8.b (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho maët phaúng (P ): 2x + 3y + z − 11 = 0
vaø maët caàu (S): x2 + y2 + z2 − 2x + 4y − 2z − 8 = 0. Chöùng minh (P) tieáp xuùc vôùi (S). Tìm toïa ñoä
tieáp ñieåm cuûa (P ) vaø (S). Caâu 9.b (1,0 √
ñieåm). Cho soá phöùc z = 1 + 3 i. Vieát daïng löôïng giaùc cuûa z. Tìm phaàn thöïc vaø phaàn aûo
cuûa soá phöùc w = (1 + i)z5. −−−−− −Heát−−−−− −
Thí sinh khoâng ñöôïc söû duïng taøi lieäu. Caùn boä coi thi khoâng giaûi thích gì theâm.
Hoï vaø teân thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Soá baùo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm 1
a. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) Khi m = 0 ta có 3 2
y = −x + 3x −1.
• Tập xác định: D = . \ 0,25 • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 y ' = 3 − x + 6 ;
x y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.
Khoảng đồng biến: (0; 2); các khoảng nghịch biến: (− ; ∞ 0) và (2; + ∞).
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = −1; đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 3. 0,25
- Giới hạn: lim y = + ; ∞ lim y = − . ∞ x→−∞ x→+∞ - Bảng biến thiên: x − ∞ 0 2 + ∞ y ' − 0 0 + − + ∞ 0,25 3 y − 1 − ∞ • Đồ thị: y 3 0,25 O 2 x −1
b. (1,0 điểm) Ta có 2 y ' = 3 − x + 6x + 3 . m 0,25
Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0;+ ∞) khi và chỉ khi y ' ≤ 0, x ∀ > 0 2
⇔ m ≤ x − 2x, x ∀ > 0. 0,25 Xét 2
f (x) = x − 2x với x > 0. Ta có f '(x) = 2x − 2; f '(x) = 0 ⇔ x = 1. Bảng biến thiên: x 0 1 + ∞ f '(x) − 0 + 0,25 0 + ∞ f (x) −1
Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài toán là m ≤ −1. 0,25 Trang 1/4 Câu Đáp án Điểm 2 Điều kiện: x cos x ≠ sin
0. Phương trình đã cho tương đương với 1+
= 2(sin x + cos x) 0,25
(1,0 điểm) cos x
⇔ (sin x + cos x)(2cos x −1) = 0. 0,25 π
• sin x + cos x = 0 ⇔ x = − + k π (k ∈]). 0,25 4 π
•2cos x −1 = 0 ⇔ x = ± + k 2π (k ∈]). 3 0,25 π π
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm: x = − + π k hoặc x = ±
+ k 2π (k ∈]). 4 3 3 ⎧ 4 4
⎪ x +1 + x −1 − y + 2 = y (1)
(1,0 điểm) ⎨ 2 2
⎪⎩x + 2x(y −1) + y − 6y +1= 0 (2) 0,25 Điều kiện: 2
x ≥ 1. Từ (2) ta được 4 y = (x + y −1) , suy ra y ≥ 0. Đặt 4 4 4 u =
x −1, suy ra u ≥ 0. Phương trình (1) trở thành: u + 2 + u = y + 2 + y (3). 3 2 Xét 4 t
f (t) = t + 2 + t, với t ≥ 0. Ta có f '(t) = +1 > 0, t ∀ ≥ 0. 0,25 4 t + 2
Do đó phương trình (3) tương đương với y = u, nghĩa là 4 x = y + 1.
Thay vào phương trình (2) ta được 7 4
y( y + 2 y + y − 4) = 0 (4). 0,25 Hàm 7 4 6 3
g( y) = y + 2 y + y − 4 có g '( y) = 7 y + 8y + 1 > 0 với mọi y ≥ 0.
Mà g(1) = 0, nên (4) có hai nghiệm không âm là y = 0 và y = 1.
Với y = 0 ta được nghiệm (x; y) = (1; 0); với y =1 ta được nghiệm ( ; x y) = (2; 1). 0,25
Vậy nghiệm (x; y) của hệ đã cho là (1; 0) và (2; 1). 4 2 x −1 d 1
(1,0 điểm) Đặt = ln , d = d ⇒ d x u x v x u = , v = x + . 0,25 2 x x x 2 2 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 1
Ta có I = ⎜ x + ⎟ln x − ∫⎜ x + ⎟ dx 0,25 ⎝ x ⎠ 1 1 ⎝ x ⎠ x 2 2 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞
= ⎜ x + ⎟ln x − ⎜ x − ⎟ 0,25 ⎝ x ⎠ 1 ⎝ x ⎠ 1 5 3 = ln 2 − . 0,25 2 2 5
Gọi H là trung điểm của BC, suy ra SH ⊥ BC. Mà (SBC)
(1,0 điểm) 0,25
vuông góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên SH ⊥ (ABC). a 3 S Ta có a
BC = a, suy ra SH = ; o AC = BC sin 30 = ; 2 2 o a 3 AB = BC cos30 = . 0,25 2 3 1 Do đó a V = SH AB AC = . S. . . ABC 6 16 I
Tam giác ABC vuông tại A và H là trung điểm của BC nên B A
HA = HB. Mà SH ⊥ (ABC), suy ra SA = SB = a. Gọi I là 0,25
trung điểm của AB, suy ra SI ⊥ AB. H 2 C Do đó 2 AB a 13 SI = SB − = . 4 4 0,25 3V 6V a 39 Suy ra S.ABC S.
d (C, (SAB)) ABC = = = . S SI.AB 13 SAB Δ Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm 6 Đặt a b x =
, y = . Ta được x > 0, y > 0. Điều kiện của bài toán trở thành xy + x + y = 3.
(1,0 điểm) c c 3 3 32x 32 Khi đó y 2 2 P = + − x + y . 3 3 ( y + 3) (x + 3) 3 0,25 + Với mọi 3 3 3 3 3 3 (u v)
u > 0, v > 0 ta có u + v = (u + v) − 3uv(u + v) ≥ (u + v) − (u + v) = . 4 4 3 3 3 3 2 32x 32 y ⎛ x y ⎛ ⎞
(x + y) − 2xy + 3x + 3y ⎞ Do đó + ≥ 8⎜ + ⎟ = 8⎜ ⎟ . 3 3 + + ⎝ y + 3 x + 3 ⎜ ⎠
xy + 3x + 3y + 9 ( ⎟ y 3) (x 3) ⎝ ⎠
Thay xy = 3 − x − y vào biểu thức trên ta được 3 3 3 32x 32y
⎛ (x + y −1)(x + y + 6) ⎞ 3 + ≥ 8⎜
⎟ = (x + y −1) . Do đó 3 3 + + ⎝ 2(x + y + 6) 0,25 ( y 3) (x 3) ⎠ 3 2 2 3 2 3 2
P ≥ (x + y −1) − x + y = (x + y −1) − (x + y) − 2xy = (x + y −1) − (x + y) + 2(x + y) − 6. Đặt 3 2 t = x + .
y Suy ra t > 0 và P ≥ (t −1) − t + 2t − 6. 2 2 (x + y) Ta có 3 = + + ≤ ( + ) t x y xy x y + = t +
nên (t − 2)(t + 6) ≥ . 0 Do đó t ≥ 2. 4 4 t + 1 Xét 3 2 2
f (t) = (t −1) − t + 2t − 6, với t ≥ 2. Ta có f '(t) = 3(t −1) − . 2 t + 2t − 6 0,25 + Với mọi 2 t 1 7 7 3 2
t ≥ 2 ta có 3(t −1) ≥ 3 và = 1+ ≤ 1+ = , nên 2 2 2 2 t + 2t − 6 (t +1) − 7 3 2 f '(t) ≥ 3 −
> 0. Suy ra f (t) ≥ f (2) =1− 2. Do đó P ≥1− 2. 2
Khi a = b = c thì P =1− 2. Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 1− 2. 0,25 7.a
Do C ∈ d nên C(t; 2
− t − 5). Gọi I là tâm của hình chữ
(1,0 điểm)
nhật ABCD, suy ra I là trung điểm của AC. − − + 0,25
Do đó I (t 4 2t 3 ; ). 2 2
Tam giác BDN vuông tại N nên IN = IB. Suy ra IN = IA. A D
Do đó ta có phương trình 2 ⎛ t − 4⎞ +3⎞ 0,25 ⎜ − ⎟ +( 2 − t + − − )23=( t−4 ⎛ − 5 4 − 4 − )2 2 2 +⎜8 t − ⎟ ⎝ 2 ⎠ 2 2 ⎝ 2 ⎠
⇔ t =1. Suy ra C(1;−7).
Do M đối xứng với B qua C nên CM = CB. Mà CB = AD I
và CM||AD nên tứ giác ACMD là hình bình hành. Suy ra 0,25 N
AC||DM. Theo giả thiết, BN ⊥ DM, suy ra BN ⊥ AC và
CB = CN. Vậy B là điểm đối xứng của N qua AC.
Đường thẳng AC có phương trình: 3x + y + 4 = 0.
Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có
phương trình x − 3y −17 = 0. Do đó B(3a +17; a). B C M 0,25
Trung điểm của BN thuộc AC nên
⎛ 3a +17+5⎞ a − 4 3⎜ ⎟+
+ 4 = 0 ⇔ a = −7. Vậy B(−4;−7). ⎝ 2 ⎠ 2 JG 8.a
Δ có véctơ chỉ phương là u = ( 3 − ; 2 − ;1). 0,25
(1,0 điểm) JG
(P) qua A và nhận u làm véctơ pháp tuyến, nên (P) có phương trình 0,25 3
− (x −1) − 2(y − 7) + (z − 3) = 0 ⇔ 3x + 2y − z −14 = 0.
M thuộc Δ nên M (6 − 3t; 1
− − 2t;−2 + t). 0,25 2 2 2 2
AM = 2 30 ⇔ (6 − 3t −1) + ( 1
− − 2t − 7) + (−2 + t − 3) =120 ⇔ 7t − 4t − 3 = 0 0,25 ⇔ 51 1 17 t = 1 hoặc 3
t = − . Suy ra M (3; −3; −1) hoặc M ( ; − ; − . 7 7 7 ) 7 Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm 9.a
Số phần tử của S là 3 A7 0,25
(1,0 điểm) = 210. 0,25
Số cách chọn một số chẵn từ S là 3.6.5 = 90 (cách). 0,25 90 3
Xác suất cần tính bằng = . 0,25 210 7 7.b
Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B của (C), H là giao
(1,0 điểm)
điểm của AB và IM. Khi đó M (0;t), với t ≥ 0; H là trung điểm 0,25 của AB AB. Suy ra AH = = 2 2. 2 M 1 1 1 = + , suy ra AM = 2 10. 2 2 2 AH AM AI B Do đó 2 2 0,25 MH = AM − AH = 4 2. | t | H
Mà MH = d (M ,Δ) =
, nên t = 8. Do đó M (0; 8). 2
Đường thẳng IM qua M và vuông góc với Δ nên có phương I
trình x + y − 8 = 0. Do đó tọa độ điểm H thỏa mãn hệ A Δ ⎧ 0,25 x − y = 0 ⎨ ⇒ H (4;4 .)
⎩x + y − 8 = 0 JJJG 1 JJJJG Ta có 2 2 1 IH = IA − AH
= 2 = HM , nên IH = HM. 4 4 Do đó 0,25 I (5;3). Vậy đường tròn ( 2 2
C) có phương trình (x − 5) + ( y − 3) = 10. 8.b
(S) có tâm I (1; 2
− ;1) và bán kính R = 14. 0,25
(1,0 điểm) | 2.1+ 3( 2) − +1.1−11| 14
d (I ,(P)) = = = .
R Do đó (P) tiếp xúc với (S). 0,25 2 2 2 14 2 + 3 +1
Gọi M là tiếp điểm của (P) và (S). Suy ra M thuộc đường thẳng qua I và vuông góc với (P). 0,25
Do đó M (1+ 2t; 2 − + 3t;1+ t).
Do M thuộc (P) nên 2(1+ 2t) + 3(−2 + 3t) + (1+ t) −11 = 0 ⇔ t = 1. Vậy M (3;1;2). 0,25 9.b ⎛ 1 3 ⎞ z = 1+ 3i = 2
(1,0 điểm) ⎜ + i ⎟ 0,25 2 2 ⎝ ⎠ ⎛ π π 2⎜cos ⎞ = + isin ⎟. 0,25 ⎝ 3 3 ⎠ 5 5 ⎛ 5π 5π ⎞ Suy ra z = 2 ⎜cos + isin ⎟ =16(1− 3i). 0,25 ⎝ 3 3 ⎠
Do đó w =16( 3 +1) +16(1− 3) .i 0,25
Vậy w có phần thực là 16( 3 +1) và phần ảo là 16(1− 3).
------------- Hết ------------- Trang 4/4