Nội dung

Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC THPT NĂM 2013 MÔN TOÁN HỌC Câu 1. y   x3  3x 2  3mx  1 3 2 a. Khi m = 0 ta có hàm số: y   x  3x  1(C ) TXD: D = R y '  3x 2  6 x x  0 y'  0   x  2 * Bảng biến thiên x - y’ y + - 0 0 2 0 3 + + - - -1 + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ,0  ;  2;   + Hàm số đồng biến trên (0, 2) * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại xCD  2  yCD  3 Hàm số đạt cực tiểu tại xCT  0  yCT  1 * Đồ thị hàm số: y ''  6 x  6 y ''  0  x  1  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) Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 - Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013 b. y   x3  3x 2  3mx  1 (1) y '  3x 2  6 x  3m  3( x 2  2 x  m) Để hàm số (1) nghịch biến trên  0;   thì y '  0 trên  0;   hay :  x 2  2 x  m  0 x  (0; )  m  x 2  2 x x  (0; ) (*) 2 Xét g ( x)  x  2 x trên  0;   g '( x)  2 x  2 g '( x)  0  x  1 Bảng biến thiên: x 0 g'(x) g(x) 1 0  + -1  m  min g ( x)  1 x(0; ) (*) Xảy ra khi Kết luận m  1 Câu 2:  2 2 sin( x  ) (1) 1 + tanx = 4 ĐKXĐ: cosx  0. s inx   2 2 sin( x  ) (1)  1+ cos x 4  2 2.cos x.sin( x  )  (sinx + cosx) = 4   sin( x  ) 2 4  2 2.cos x.sin( x  ) = 4 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 - Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013  sin( x  )  4 [1-2 cosx]=0    x   k x  k sin( x  )  0 4 4 4     1 x    k 2 x  2k cos x  3 3 2  Kết hợp điều kiện cosx  0 thấy các nghiệm đều thỏa mãn.   x  k x   2 k Kết luận: nghiệm của phương trình là: ; 4 3 Câu 4 2 I  1 x2 1 ln xdx x2 2 2 2 1 1   (1  2 ) ln xdx   ln xdx   (  2 ) ln xdx x x 1 1 1 2 2 2x 2 2 I1   ln xdx  x ln x   dx  x ln x  x  2 ln 2  1 1 1x 1 1 1 2 2 1 1 ln x 2 1 I 2   ( 2 ) ln xdx   ln xd ( )    2 dx x x x 1 1x 1 1 2  ln 2 1 2 ln 2  1 ( )  2 x 1 2 I  I1  I 2  5 3 ln 2  2 2 Câu 5. Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 - Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013 Tính VSABC Gọi H là trung điểm của BC. Suy ra SH vuông góc với BC ( SBC )  ( ABC )  ( SBC )  ( ABC )  BC   SH  ( ABC ) Vì  SH  BC a 3 Tam giác SBC đều cạnh = a suy ra SH = 2 0 Tam giác ABC vuông góc tại A, góc ABC = 30 , BC = a suy ra AB = BC.cos300  a 3 2 a Và AC = 2 1 VSABC  SH .S Suy ra 3 ABC 1 1 1 a 3 a 3 a a3  SH . AB. AC  . . .  (dvtt ) 3 2 6 2 2 2 16 Tính khoảng cách từ C đến (SAB) BC a  Ta có: AH = 2 2 Tam giác SAH vuông tại H suy ra SA  SH 2  AH 2  3a 2 a 2  a 4 4 3a 2 a 2 SB  SH  HB   a 4 4 Tam giác SHB vuông tại H suy ra 2 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 2 Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 - Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013 Suy ra tam giác SHB cân tại S. Gọi M là trung điểm của AB suy ra SM = 2 a 3 3a 2 a 13 2 SB  BM  a      a  16 4  4  2a 2 2 Suy ra diện tích tam giác S SAB  1 1 a 13 a 13 a 2 39 SM . AB  .  (dvdt ) 2 2 4 2 16 1 VS . ABC  VC .SAB  d (C , (SAB)).S Ta có 3 SAB  a3 16 3a3 3a3 16 3a a 39  d (C , ( SAB))  16  . 2   S SAB 16 a 39 13 39 x  6 y 1 z  2   Câu 8a. 3 2 1 Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với  : Mặt phẳng (P) có vtpt : n p / /u = (-3; -2; -1) Phương trình mặt phẳng (P): -3(x – 1) – 2(y-7) + 1(z-3) = 0  -3x – 2y + z +14 = 0  x  6  3t  M   y  1  2t  z  2  t  M∈   AM  2 30  AM2 = 120  14t 2  8t  6  0 t  1  M (3; 3; 1)  t   3  M ( 51 ;  1 ; 17 ) 7 7 7 7  Câu 8b.. Mặt cầu (S) có tâm I (1;-2;1) bán kính R  14 d  I; P  2.1  3.(2)  1.1  11 22  32  12 Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S).  14  14  R 14 Lập phương trình đường thẳng d đi qua I (1;-2;1) và  mp( P) Ta có véc tơ chỉ phương ud // ud x  1  2t y  2  3t z  1 t t  R  Tọa độ tiếp điểm mà M là giao của d và (S); M  ( P) 1  2t    2  3t   1  t  2 2 2  2 1  2t   4  2  3t   2 1  t   8  0 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 5 - Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013  t  1  M (3;1; 2)  ( P)  14t  14  0 t  1  M (1; 5;0)  ( P) Vậy tọa độ tiếp điểm M(3;1;2) 2 Câu 9a. Gọi số có 3 chữ số phân biệt thuộc S có dạng abc abc (1≤ a ≤ 9; 0≤ b,c ≤ 9, a, b, c ∈ 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 a1a2 a3 Khi đó a3 có 3 cách chọn {2; 4; 6} a2 có 6 cách chọn {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}\ {a3} a1 có 5 cách chọn {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}\ {a2, a3}  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 chẵn: P( A)  A   90 3  210 7 Câu 9b. z  1  3 Viết dạng lượng giác của z  1 3  i  2   2 2    z  1  3;    2  cos   i sin   3 3   Phần thực và phần ảo của số phức w  (1  i) z 5 5 5  z 5  (1  3i)5  25  cos  i sin 3 3    1 3   i   16  16 3i   32   2 2     w  (1  i) z 5  (1  i) 16  16 3i  16(1  3)  16(1  3)i Vậy phần thực của w là: 16(1  3) , phần ảo là 16(1  3) Nguồn: Hocmai.vn Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 6 -