GIẢI CHI TIẾT ĐỀ TOÁN KHỐI A VÀ A1 NĂM 2013
Ngày thi: 4/7/2013
Câu 1.
a/ Khi
0m =
hàm số thành:
3 2
3 1y x x= − + −
(C) (tự vẽ đồ thị)
b/
3 2
3 3 1y x x mx= − + + −
(1) ; TXĐ :
D = ¡
;
2
' 3 6 3y x x m= − + +
Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng
( ) ( )
0; ' 0 0;y x+∞ ⇔ ≤ ∀ ∈ +∞
2
3 6 3 0 0x x m x⇔ − + + ≤ ∀ >
Cách 1.
' 0 9 9 0
' 0 9 9 0
9 9 0 1
0 0
0 2 0 (khong thoa)
m
m
m m
P m
S
∆ ≤ + ≤
∆ > + >
⇔ ⇔ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ −
≥ − ≥
< <
Cách 2. Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng
( ) ( )
0; ' 0 0;y x+∞ ⇔ ≤ ∀ ∈ +∞
2 2
3 6 3 0 0 2 0x x m x m x x x⇔ − + + ≤ ∀ > ⇔ ≤ − ∀ >
Xét
2
( ) 2g x x x= −
trên khoảng
( )
0;+∞
'( ) 2 2g x x= −
;
'( ) 0 2 2 0 1g x x x= ⇔ − = ⇔ =
Bảng biến thiên:
( )
0;
min ( ) (1) 1m g x g
+∞
⇒ ≤ = = −
. Vậy :
1m ≤ −
Câu 2. Giải phương trình:
1 tan 2 2 sin
4
x x
π
+ = +
÷
; Điều kiện :
cos 0x ≠
Phương trình thành:
( ) ( ) ( )
sin cos
2 sin cos sin cos 1 2cos 0
cos
x x
x x x x x
x
+
= + ⇔ + − =
sin cos 0
1 2cos 0
x x
x
+ =
⇔
− =
sin cos 0 2 sin 0 sin 0 ;
4 4 4 4
x x x x k x k k
π π π π
π π
+ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = − + ∈
÷ ÷
¢
2
1
3
1 2cos 0 cos cos
2 3
2
3
x k
x x k
x k
π
π
π
π
π
= +
− = ⇔ = = ⇔ ∈
= − +
¢
Câu 3. Giải hệ phương trình:
( )
4
4
2 2
1 1 2 (1)
,
2 1 6 1 0 (2)
x x y y
x y
x x y y y
+ + − − + =
∈
+ − + − + =
¡
Điều kiện:
1
0
x
y
≥
≥
vì:
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 1 6 1 0 1 4 0 1 4x y x y y x y y x y y+ − + − + = ⇔ + − − = ⇔ + − =
( ) ( )
4 4 4
4
4
(1) 1 1 2 1 1 1 1x x y y y y⇔ + + − = + + = + + + + −
(3)
1
Xét hàm số:
( )
4
4
1 1f t t t= + + −
với:
1t
≥
( )
( )
3
3
4
4
1
' 0 1
2 1
1
x
f t t
x
t
= + > ∀ ≥
+
−
Từ (3)
4 4
( ) ( 1) 1f x f y x y⇒ = + ⇔ = +
Hê phương trình thành:
( )
( )
4
4
4
2
2
8 5 2
4
1
+1
1
2 4 0
1 4 4
x y
x y
x y
y y y y
x y y y y y
= +
=
= +
⇔ ⇔
+ + − =
+ − = + =
( )
4
4
7 4
1
1
2 4 0
0
x y
x y
y y y y
y
= +
= +
⇔ ⇔
+ + − =
=
hoặc
4
7 4
1
2 4 0
x y
x x y
= +
+ + − =
4
1
1
0
0
x
x y
y
y
=
= +
⇔
=
=
4
7 4
1
2 4 0 (*)
x y
y y y
= +
+ + − =
(*)
7 4
2 4y y y⇔ + + =
, đặt:
7 4
( ) 2g y y y y= + +
; vì:
6 3
'( ) 7 8 1 0 0g y y y y= + + > ∀ ≥
⇒
( )g y
đồng biến trên khoảng
( )
0;+∞
(*)⇒
có duy nhất một nghiệm:
1y =
Khi đó:
4
7 4
1 2
1
2 4 0
x y x
y
y y y
= + =
⇔
=
+ + − =
Vậy nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
1;0 ; 2;1
Câu 4. Tính tích phân:
2
2
2
1
1
ln
x
I xdx
x
−
=
∫
Ta có:
( )
2
2 2
1 ln
ln
ln
x x
x
x
x x
−
= −
, do đó:
2 2 2
2
1 2
2 2
1 1 1
1 ln
ln ln
x x
I xdx xdx dx I I
x x
−
= = − = +
∫ ∫ ∫
2
1
1
lnI xdx=
∫
Đặt:
ln
dx
u x
du
x
dv dx
v x
=
=
⇒
=
=
2
2 2 2
1
1 1 1
1
ln ln 2ln 2 1I x x dx x x x= − = − = −
∫
2
2
2
1
ln x
I dx
x
=
∫
Đặt:
2
ln
1
dx
u x
du
x
dx
dv
v
x
x
=
=
⇒
=
= −
2 2 2
2
2
2
1 1 1
1
1 1 1 1 1 1
ln ln ln 2
2 2
I x dx x
x x x x
= − + = − − = − +
∫
Vậy:
1 1 5 3
2ln 2 1 ln 2 ln 2
2 2 2 2
I
= − − − + = −
÷
Câu 5.
a. Thể tích khối chóp S.ABC
Gọi H là trung điểm của BC
SH BC⇒ ⊥
S
A
B
C
H
M
( ) ( )
( ) ( )
( )
SBC ABC
SBC ABC BC SH ABC
SH BC
⊥
∩ = ⇒ ⊥
⊥
;
.
1 1
. . .
3 6
S ABC ABC
V SH S SH AB AC
∆
= =
·
0
2
30
3
2
a
AB AC
AC
ABC
a
BC a
AB
⊥
=
= ⇒
=
=
(
ABC∆
là nửa tam giác đều cạnh a )
SH
là đường cao của tam giác đều SBC cạnh a
3
2
a
SH⇒ =
Vậy:
3
.
1 1 1 3 3
. . . . . .
3 6 6 2 2 2 16
S ABC ABC
a a a a
V SH S SH AB AC
∆
= = = =
(đvtt)
b. Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB)
Tam giác ABC vuông tại A, có HB = HB
2 2
BC a
AH⇒ = =
Tam giác SAH vuông tại H, ta có:
2 2
2 2
3
4 4
a a
SA SH AH a= + = + =
Tam giác SBH vuông tại H, ta có:
2 2
2 2
3
4 4
a a
SB SH BH a= + = + =
SAB⇒ ∆
cân tại S. Gọi M là trung điểm của AB
2
2 2 2
3 13
4 4
a a
SM SB BM a
⇒ = − = − =
÷
÷
2
1 1 13 3 39
. . .
2 2 4 2 16
SAB
a a a
S SM AB
∆
⇒ = = =
Ta có:
( ) ( )
3
.
. .
2
3
1 3 16 39
,( ) . ,( ) .
3 16 13
39
S ABC
S ABC C SAB SAB
SAB
V
a a
V V d C SAB S d C SAB
S
a
∆
∆
= = ⇒ = = =
(đvđd)
Câu 6.
Cho ba số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn điều kiện:
( ) ( )
2
4a c b c c+ + =
. Tìm GTNN của biều thức:
( ) ( )
3 3 2 2
3 3
32 32
3 3
a b a b
P
c
b c a c
+
= + −
+ +
( ) ( ) ( ) ( )
2
4 1 1 4 1 1 4 3
a b
a c b c c x y x y xy
c c
+ + = ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ + + =
÷ ÷
với:
a
x
c
b
y
c
=
=
Đặt:
u x y
v xy
= +
=
Khi đó:
( ) ( )
2
4 3 3a c b c c u v v u+ + = ⇔ + = ⇔ = −
( ) ( )
3 3 2 2
3 3 2 2
3 3
32 32
32
3 3
3 3
a b a b a b a b
P
c b c a c c c
b c a c
+
= + − = + − +
÷ ÷ ÷ ÷
+ +
+ +
3 3
3 3
2 2 2 2
32 32
3 3 3 3
cx cy x y
x y x y
cy c cx c y x
= + − + = + − +
÷ ÷
÷ ÷
+ + + +
Ta có:
( )
3
3
3 3
3 3
2 2 4
a b
a b a b
a b
+
+ +
≤ ⇔ + ≥
÷
và
( )
2
2
2 2
2 2
2 2 2
a b
a b a b
a b
+
+ +
≤ ⇔ + ≥
÷
Chứng minh:
( )
3
3 3 3 3 3 2 2 3
4 4 3 3
4
a b
a b a b a a b ab b
+
+ ≥ ⇔ + ≥ + + +
( )
( ) ( )
3 3 2 2 2 2
3 0 3 0a b a b ab a a b b a b
⇔ + − − ≥ ⇔ − − − ≥
( ) ( )
2
3 0a b a b⇔ − + ≥
3
3 3
3
2
3 2
32 8 8
3 3 3 3 3 9
x y x y u u v
y x y x u v
+ −
+ ≥ + =
÷
÷ ÷
÷
+ + + + + +
( )
( )
2
2
2 2 2 2
2
2 2
x y
x y
u
x y x y
+
+
+ ≥ ⇒ + ≥ =
Do đó: P
3
3
3
2
2 2
3 2
32 8
3 3 3 9
2
x y u u v u
x y
y x u v
+ −
= + − + ≥ −
÷
÷
÷
+ + + +
( )
( )
( )
3
3
2
2
3
3 2 3
5 6
8 8 1
3 3 9 2 12
2 2 2
u u u
u u u u u
u
u u u
+ − −
+ −
= − = − = − −
÷
+ − + +
( ) ( )
1 1 4 2 2x y x y u+ + = ⇔ + ≥ ⇒ ≥
Bài toán thành: Tìm GTNN của
( )
3
( ) 1
2
u
g u u= − −
trên
[
)
2;+∞
Ta có:
( )
2
1
'( ) 3 1 0 2
2
g u u u= − − > ∀ ≥
Bảng biến thiên.
Vậy:
min 1 2P = −
Câu 7a.
( )
: ; 5 2
5 2
x t
C d C t t
y t
=
∈ ⇒ − −
= − −
Gọi
I AC BD= ∩ ⇒
I là trung điểm của AC
Tọa độ trung điểm I của AC :
4 2 3
;
2 2
t t
I
− − +
÷
Tam giác BND vuông tại N, có IB = ID
IB IN ID IN IA
⇒ = = ⇒ =
( )
2 2
4 2 13 1
; 5 60 185
2 2 4
t t
IA IA t t
− +
= ⇒ = + +
÷
uur
( )
2 2
14 2 11 1
; 5 72 317
2 2 4
t t
IN IN t t
− + −
= ⇒ = − +
÷
uur
( ) ( )
( )
2 2 2 2
1 1
5 60 185 5 72 317 1 1; 7
4 4
IA IN t t t t t C= ⇔ + + = − + ⇔ = ⇒ −
( )
5; 15AC = −
uuur
; AC đi qua điểm
( )
4;8A −
và nhận
( )
15;5
AC
n =
uuur
làm VTPT
:15( 4) 5( 8) 0 3 4 0AC x y x y+ + − = ⇔ + + =
'( )g u
u
−∞
( )g u
+∞
2
+
(2) 1 2g = −
+∞
A
B
C
M
N
D
I
Gọi
( )
;
B B
B x y
, ta có:
( )
5 ; 4
B B
BN x y= − − −
uuur
Tọa độ trung điểm H của BN:
5 4
;
2 2
B B
x y
H
+ −
÷
B đối xứng với N qua AC
3 17 4
. 0
3 19 7
B B B
B B B
x y x
BN AC
x y y
H AC
− = = −
=
⇒ ⇔ ⇔
+ = − = −
∈
uuur uuur
Vậy:
( )
4; 7B − −
;
( )
1; 7C −
Câu 8a.
a. Phương trình mặt phẳng (P).
6 1 2
:
3 2 1
x y z− + +
∆ = = ⇒
− −
VTCP của
( )
: 3; 2;1a∆ = − −
r
( )
1;7;3 ( )
( )
A P
P
∈
⇒
∆ ⊥
(P) đi qua điểm A và nhận
( )
3; 2;1a = − −
r
làm VTPT
( ) :3 2 14 0P x y z⇒ + − − =
b. Tọa độ điểm M.
( )
6 3
: 1 2 6 3 ; 1 2 ; 2
2
x t
M y t M t t t
z t
= −
∈∆ = − − ⇒ − − − − +
= − +
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
5 3 ; 8 2 ; 5 5 3 8 2 5 14 8 114 0AM t t t AM t t t t t= − − − − + ⇒ = − + − − + − + = − + =
uuuur
Ta có:
2 2
1
2 30 120 14 8 6 0
3
7
t
AM AM t t
t
=
= ⇔ = ⇔ − − = ⇔
= −
( )
1 3; 3; 1t M= ⇒ − −
;
3 51 1 17
; ;
7 7 7 7
t M
= − ⇒ − −
÷
Câu 9a.
S là tập hợp các số tự nhiên gồm 3 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7
3
7
210S A= =
số
Gọi P là tập hợp các số tự nhiên chẵn gồm 3 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7
2
6
3. 90P A= =
số
Xác suất để chọn được số chẵn là:
90 3
210 7
=
Câu 7b.
Gọi H là trung điểm của AB
và M là giao điểm của 2 tiếp tuyến của (C) kẻ từ A và B
⇒
ba điểm M,H,I thẳng hàng và
IM AB⊥
O
I
A
B
M
H