GỢI Ý ĐÁP ÁN TOÁN KHỐI A

Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013


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 THPT NĂM 2013

MÔN TOÁN HỌC


Câu 1.

32
3 3 1y x x mx

a.
Khi m = 0 ta có hàm số:
32
3 1( )y x x C

TXD: D = R

'2
'
36
0
0
2

y x x
x
y
x

* Bảng biến thiên

x
-
0
2 +
y’
-
0 +
0 -
y
+


-1
3

-

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
,0 ; 2;

+ Hàm số đồng biến trên (0, 2)

* Cực trị:

Hàm số đạt cực đại tại
23
CD CD
xy

Hàm số đạt cực tiểu tại
01
CT CT
xy

* Đồ thị hàm số:

''
''
66
0 1 (1) 1
yx
y x y

Suy ra điểm uốn U (1, 1)

+ (C) giao với trục Oy: (0; -1)

Điểm cực đại: (2; 3)

Điểm cực tiểu: (0; -1)

Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -



b.


32
22
3 3 1 (1)
' 3 6 3 3( 2 )
y x x mx
y x x m x x m

Để hàm số (1) nghịch biến trên
0;
thì
'0y
trên
0;
hay :

2
2
2 0 (0; )
2 (0; ) (*)
x x m x

m x x x

Xét
2
( ) 2g x x x
trên
0;


'( ) 2 2
'( ) 0 1
g x x
g x x

Bảng biến thiên:

x

0
1
g'(x)

-
0 +
g(x)

-1

(*) Xảy ra khi
(0; )
min ( ) 1
x
m g x

Kết luận
1m

Câu 2:

1 + tanx =
2 2sin( ) (1)
4
x

ĐKXĐ: cosx 0.

(1)  1+
sinx
cosx
2 2sin( )
4
x

 (sinx + cosx) =
2 2.cos .sin( )
4

xx


2
sin( )
4
x
=
2 2.cos .sin( )
4
xx


sin( )
4
x
[1-2 cosx]=0

Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3 -



sin( ) 0
44
4

1
22
cos
33
2
x k x k
x
x k x k
x

Kết hợp điều kiện cosx
0
thấy các nghiệm đều thỏa mãn.

Kết luận: nghiệm của phương trình là:
4
xk
;
2
3
xk


Câu 3.
4
4
22
1 1 2 (1)
2 ( 1) 6 1 0 (2)
x x y y

x x y y y

Xét (1):
4
4
1 1 2x x y y

Đặt t =
4
4
1 0 1x t x t

Suy ra:
4
4
1 1 2x x t t

Vật t +
4
2tt

Suy ra t = y vì hàm số f (u) =
4
4 2 0u
luôn đồng biến
Với t = y ta có: y =
44
4
1 1 1x y x x y

Thế vào (2)
(y
4
+1)
2
+ 2(y
4
+1)(y-1) + y
2
-6y+1=0

8 4 5 4 2
2 1 2 2 2 2 6 1 0y y y y y y y


8 5 2
2 4 0y y y y


74
( 2 4) 0y y y y

 y=0 => x=1 => (1;0)
74
2 4 0y y y
 y=1 => x=2.
Vậy hệ có nghiệm (1;0) và (2;1)

Câu 4

2
2
2
1
2 2 2
22
1 1 1
22
1
11
2 2 2
2
22
1 1 1
12
1
ln
11
(1 )ln ln ( )ln
2 2 2
ln ln ln 2ln 2 1
1 1 1
2
1 1 ln 1
( )ln ln ( )
1
2
ln 2 1 ln 2 1
()
1

22
53
ln 2
22
x
I xdx
x
xdx xdx xdx
xx
x
I xdx x x dx x x x
x
x
I xdx xd dx
x x x x
x
I I I

Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4 -




Câu 5.

Tính
SABC
V

Gọi H là trung điểm của BC. Suy ra SH vuông góc với BC

Vì
( ) ( )
( ) ( )
()
SBC ABC
SBC ABC BC
SH BC SH ABC

Tam giác SBC đều cạnh = a suy ra SH =
3
2
a

Tam giác ABC vuông góc tại A, góc ABC =
0
30
, BC = a suy ra AB =
0
3
. os30
2
a
BC c

Và AC =
2
a

Suy ra
3
1 1 1 1 3 3
. . . . . . ( )
3 3 2 6 2 2 2 16
SABC ABC
a a a a
V SH S SH AB AC dvtt

Tính khoảng cách từ C đến (SAB)

Ta có: AH =
22
BC a

Tam giác SAH vuông tại H suy ra
22
22
3
44
aa
SA SH AH a

Tam giác SHB vuông tại H suy ra
22
22

3
44
aa
SB SH HB a

Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5 -


Suy ra tam giác SHB cân tại S. Gọi M là trung điểm của AB suy ra SM =
2
2
2 2 2 2
3 3 13
4 16 4
a
a a a
SB BM a a

Suy ra diện tích tam giác
2
1 1 13 13 39
. . ( )
2 2 4 2 16
SAB
a a a

S SM AB dvdt

Ta có
3

1
( ,( )).
3 16
S ABC C SAB SAB
a
V V d C SAB S

3
3
2
3
3 16 3 39
16
( ,( )) .
16 13
39 39
SAB
a
a a a
d C SAB
S
a

Câu 6.

Câu 7a.
Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 6 -




Gọi C(t, -2t – 5)
Ta có:ACMD là hình bình hành
AC BN
tại E
CE là đường trung bình trong tam giác BNM nên E là trung điểm của BN
 Tam giác ABN cân tại A =>
ANB ABN

Mà
CNB CBN

 Tam giác ANC vuông tại N.
=>
. 0 9( 5) 12( 2 1) 0 1.AN NC t t t

=> C(1;-7) => 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.
=> Tọa độ E
1 11
( ; ) ( 4; 7)
22
AC
EB
BN
.

Câu 7b
Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 7 -



+) 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 nhất thỏa mãn.
+) Ta có IM vuông góc AB và I, M , H thẳng hàng.
+) Tam giác IMB vuông tại M =>
22
2 2 2
(4 2)
10 2
44
AB

IM IB MB R

+)
2
10
52
cos cos
2
()
IB IB IB IB
IH
IM
HIB MIB IM
IB

+)
42MH IH IM

Do
( ) 45
o
y x HOM HMO
cân tại M
Mà
90
o
HMO
=> Tam giác HMO vuông cân tại M.
1 1 4 2
( , ) . 2. 4 4 4 (4;4)

22
2
MM
d M OH OH HM x y M

+) Viết phương trình IM.
(∆) nhận
(1; 1)n
là VTPT => nhận
(1;1)v
là VTCP.
IM
=> IM nhận
(1;1)v
là VTPT; IM qua M(4; 4)
=> phương trình IM:
80xy

+) Giả sử I ∈ IM có tọa độ I(t; 8-t)
( ; ) 2d I IM

1
22
2
(5;3)
5
8
2 2 8 2
3 (3;5)
11

I
t
tt
t
tI

Lấy K(1,0)
Ox

 K, I cùng phía so với
()

+) Xét
1
(5,3)I
có (5 – 3)(1 – 0) > 0 => thỏa mãn
+) Xét
2
(3,5)I
có (3 – 5)(1 – 0) < 0 => loại
Vậy (C) có tâm
1
(5,3)I
bán kính
10

 PT của (C):
22
22
( 5) ( 3) 10

10 6 24 0 ( )
xy
x y x y C


Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 8 -


Câu 8a.
6 1 2
:
3 2 1
x y z

Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với

Mặt phẳng (P) có vtpt :
//
p
nu
= (-3; -2; -1)

Phương trình mặt phẳng (P): -3(x – 1) – 2(y-7) + 1(z-3) = 0

 -3x – 2y + z +14 = 0

M ∈ 
63
12
2
xt
M y t
zt

2 30AM
 AM
2
= 120

2
14 8 6 0tt

1 (3; 3; 1)
3 51 1 17
( ; ; )
7 7 7 7
tM
tM

Câu 8b

Mặt cầu (S) có tâm I (1;-2;1) bán kính
14R

2 2 2

2.1 3.( 2) 1.1 11
14
; 14
14
2 3 1
d I P R

Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S).

Lập phương trình đường thẳng d đi qua I (1;-2;1) và
()mp P

Ta có véc tơ chỉ phương
d
u
//
d
u

12xt

23yt

1zt

tR

Tọa độ tiếp điểm mà M là giao của d và (S);
()MP

2 2 2
1 2 2 3 1 2 1 2 4 2 3 2 1 8 0t t t t t t

2
14 14 0t
1 (3;1;2) ( )
1 ( 1; 5;0) ( )
t M P
t M P

Vậy tọa độ tiếp điểm M(3;1;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
1 2 3
a a a

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
}
 Số cách chọn phần tử thuộc S và là số chẵn là: 3.6.5 = 90 phần tử
Hướng dẫn giải đề thi Đại học khối A môn Toán 2013


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 9 -


Gọi A là biến cố số chọn được từ S là số chẵn:
90 3
()
210 7
A
PA

Câu 9b.
13z

Viết dạng lượng giác của z

13
2
22

1 3;
2 os sin
33
i
z
ci

Phần thực và phần ảo của số phức

5
w (1 )iz

5 5 5
5 5 1 3
(1 3 ) 2 os sin 32 16 16 3
3 3 2 2
z i c i i i

5
w (1 )iz
(1 ) 16 16 3 16(1 3) 16(1 3)i i i

Vậy phần thực của w là:
16(1 3)
, phần ảo là
16(1 3)


Nguồn: Hocmai.vn