Bài giải chi tiết Toán A - 2013

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 ( )
m

m
m m
P m
S
∆ ≤ + ≤
 
 
∆ > + >
 
 
⇔ ⇔ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ −
 
 
≥ − ≥
 
 
 
< <
 
 
 
khoâng thoûa

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
2 2
2
AB
HA HB⇒ = = =

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⊥

M ∈
tia
( )
0;Oy M t⇒
với:
0t ≥

Tam giác MAI vuông tại A, ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
8 10 40AH AM IA AM AH IA
= + ⇔ = − = − =

2
40 40 2 10AM AM⇒ = ⇒ = =

2 2
40 8 4 2MH AM AH= − = − =

( )
8
, 4 2 8
8 ( )
2
t
t
MH d M t
t
=

= ∆ = = ⇔ = ⇔

− −

loaïi

( )
8 0;8t M= ⇒
: 0 : 0MH x y MH x y c⊥ ∆ − = ⇒ + + =

O
I
A
B
M
H

( )
0;8 8M MH c∈ ⇒ = −
, do đó:
: 8 0MH x y+ − =

H MH= ∩∆
. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ:
( )
0 4
4;4
8 4
x y x
H
x y y
− = =
 
⇔ ⇒
 
+ = =
 

Tam giác IHA vuông tại H, ta có:
2 2
10 8 2IH IA AH= − = − =

ba điểm M,H,I thẳng hàng và
( )
( )
4 4 4
5

1
4
3
4
4 4 4
I
I
I
I
x
x
IH HM IH HM
y
y
− = −
=


= ⇒ = ⇔ ⇔
 
=
− =



uuur uuuur

Vậy phương trình đường tròn (C):
( ) ( )
2 2

5 3 10x y− + − =

Câu 8b.
a. Chứng minh (P) tiếp xúc với mặt cầu (S).
( )
2 2 2
1; 2;1
( ) : 2 4 2 8 0
14
I
S x y z x y z
R
−

+ + − + − − = ⇒

=


Taâm
Baùn kính

Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng (P):
( )
2 6 1 11
,( ) 14
4 9 1
d I P
− + −
= =

+ +

Vì:
( )
,( ) 14d I P R= =
nên mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S).
b. Tọa độ tiếp điểm của (P) và (S).
Gọi d là đường thẳng qua tâm I
( )
1; 2;1−
và vuông góc với mặt phẳng (P)
⇒
d nhận VTPT
( )
2;3;1
P
n =
uur

của mặt phẳng (P) làm VTCP.
1 2
: 2 3
1
x t
d y t t
z t
= +


⇒ = − + ∈



= +

¡

Gọi
( )H d P= ∩ ⇒
H là tiếp điểm của (P) và (S)
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ:
1 2 1
2 3 3

1 1
2 3 11 0 2
x t t
y t x
z t y
x y z z
= + =
 
 
= − + =
 
⇔
 
= + =
 
 
+ + − = =

 
Vậy:
( )
3;1;2H

Câu 9b. Dạng lượng giác của số phức
1 3z i= +

Ta có:
1 3 2
2
1
cos 2 cos sin
2 3 3
3
3
sin
2
r
r
z i
π π
ϕ
π
ϕ
ϕ


= + =


=

 
 
= ⇒ ⇒ = +
 
 ÷
=
 
 


=



Áp dụng công thức Moa-vơ, ta có:
( )
5 5
5 5 1 3
2 cos sin 32 16 1 3
3 3 2 2
z i i i
π π
 
 
= + = − = −
 ÷
 ÷
 ÷

 
 

( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
5
1 1 .16 1 3 16 1 3 1 3 16 1 3 16 1 3w i z i i i i
 
= + = + − = + + − = + + −
 

Vậy: Phần thực của số phức w là
( )
16 1 3+
và phần ảo của số phức w là
( )
16 1 3−

Sáng 5 tháng 7 năm 2013
Nguyễn Thanh Lam – 0918 019 067 , Mail: