Tài liệu 13datoana_a1ct_dh

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi m = 0 ta có y = − x3 + 3 x 2 − 1. • Tập xác định: D = \. • Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y ' = −3x 2 + 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. - Giới hạn: lim y = +∞; lim y = −∞. x→−∞ 0,25 x→+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ 0 y' − +∞ 2 0 0 3 + +∞ y − 0,25 −1 • Đồ thị: −∞ y 3 0,25 2 O x −1 b. (1,0 điểm) Ta có y ' = −3x 2 + 6 x + 3m. Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; + ∞) khi và chỉ khi y ' ≤ 0, ∀x > 0 ⇔ m ≤ x 2 − 2 x, ∀x > 0. Xét f ( x) = x 2 − 2 x với x > 0. Ta có f '( x) = 2 x − 2; f '( x) = 0 ⇔ x = 1. 0,25 0,25 Bảng biến thiên: x 0 − f '( x) f ( x) +∞ 1 0 + +∞ 0 0,25 −1 Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài toán là m ≤ −1. Trang 1/4 0,25 Câu 2 (1,0 điểm) Đáp án Điểm Điều kiện: cos x ≠ 0. Phương trình đã cho tương đương với 1 + sin x = 2(sin x + cos x) cos x ⇔ (sin x + cos x)(2cos x − 1) = 0. • sin x + cos x = 0 ⇔ x = − • 2cos x − 1 = 0 ⇔ x = ± 0,25 π + kπ ( k ∈ ]). 4 0,25 π + k 2π (k ∈ ]). 3 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm: x = − 3 (1,0 điểm) 0,25 π π + kπ hoặc x = ± + k 2π (k ∈ ]). 4 3 ⎧⎪ x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y (1) ⎨ ⎪⎩ x 2 + 2 x( y − 1) + y 2 − 6 y + 1 = 0 (2) 0,25 0,25 Điều kiện: x ≥ 1. Từ (2) ta được 4 y = ( x + y − 1) 2 , suy ra y ≥ 0. Đặt u = 4 x − 1, suy ra u ≥ 0. Phương trình (1) trở thành: Xét f (t ) = t 4 + 2 + t , với t ≥ 0. Ta có f '(t ) = 2t 3 4 t +2 u4 + 2 + u = y 4 + 2 + y (3). + 1 > 0, ∀t ≥ 0. 0,25 Do đó phương trình (3) tương đương với y = u, nghĩa là x = y 4 + 1. Thay vào phương trình (2) ta được y ( y 7 + 2 y 4 + y − 4) = 0 (4). Hàm g ( y ) = y 7 + 2 y 4 + y − 4 có g '( y ) = 7 y 6 + 8 y 3 + 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). Vậy nghiệm ( x; y ) của hệ đã cho là (1; 0) và (2; 1). 4 (1,0 điểm) Đặt u = ln x, dv = x2 − 1 x 2 dx ⇒ du = dx 1 , v= x+ . x x 0,25 0,25 0,25 2 2 1 1 1 Ta có I = ⎛⎜ x + ⎞⎟ ln x − ∫ ⎛⎜ x + ⎞⎟ dx x⎠ x⎠x ⎝ 1 1⎝ 0,25 2 1 1 2 = ⎛⎜ x + ⎞⎟ ln x − ⎛⎜ x − ⎞⎟ x⎠ x ⎠1 ⎝ 1 ⎝ 5 3 = ln 2 − . 2 2 5 (1,0 điểm) 0,25 0,25 Gọi H là trung điểm của BC, suy ra SH ⊥ BC. Mà (SBC) vuông góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên SH ⊥ (ABC). Ta có BC = a, suy ra SH = S AB = BC cos30o = Do đó VS . ABC = I B H C A 0,25 a a 3 ; AC = BC sin 30o = ; 2 2 a 3 . 2 0,25 1 a3 SH . AB. AC = . 6 16 Tam giác ABC vuông tại A và H là trung điểm của BC nên HA = HB. Mà SH ⊥ (ABC), suy ra SA = SB = a. Gọi I là trung điểm của AB, suy ra SI ⊥ AB. 0,25 AB 2 a 13 = . 4 4 3V 6V a 39 . Suy ra d (C ,( SAB )) = S . ABC = S . ABC = S ΔSAB SI . AB 13 0,25 Do đó SI = SB 2 − Trang 2/4 Câu 6 (1,0 điểm) Đáp án Đặt x = Điểm a b , y = . Ta được x > 0, y > 0. Điều kiện của bài toán trở thành xy + x + y = 3. c c 3 3 32 y Khi đó P = 32 x + − x2 + y2 . 3 3 ( y + 3) ( x + 3) (u + v)3 Với mọi u > 0, v > 0 ta có u + v = (u + v) − 3uv(u + v) ≥ (u + v) − 3 (u + v)3 = . 4 4 3 3 3 3 0,25 3 3 3 2 32 x3 + 32 y ≥ 8 ⎛ x + y ⎞ = 8 ⎛ ( x + y ) − 2 xy + 3 x + 3 y ⎞ . ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ xy + 3 x + 3 y + 9 ⎝ y +3 x+3⎠ ( y + 3)3 ( x + 3)3 ⎝ ⎠ Thay xy = 3 − x − y vào biểu thức trên ta được Do đó 3 3 32 x3 + 32 y ≥ 8 ⎛ ( x + y − 1)( x + y + 6) ⎞ = ( x + y − 1)3 . Do đó ⎜ ⎟ 2( x + y + 6) ⎝ ⎠ ( y + 3)3 ( x + 3)3 0,25 P ≥ ( x + y −1)3 − x 2 + y 2 = ( x + y −1)3 − ( x + y ) 2 − 2 xy = ( x + y −1)3 − ( x + y ) 2 + 2( x + y ) − 6. Đặt t = x + y. Suy ra t > 0 và P ≥ (t − 1)3 − t 2 + 2t − 6. ( x + y)2 t2 nên (t − 2)(t + 6) ≥ 0. Do đó t ≥ 2. =t+ 4 4 t +1 Xét f (t ) = (t − 1)3 − t 2 + 2t − 6, với t ≥ 2. Ta có f '(t ) = 3(t − 1) 2 − . t 2 + 2t − 6 Ta có 3 = x + y + xy ≤ ( x + y ) + Với mọi t ≥ 2 ta có 3(t − 1) 2 ≥ 3 và t +1 t 2 + 2t − 6 = 1+ 0,25 7 ≤ 1 + 7 = 3 2 , nên 2 2 2 (t + 1) − 7 3 2 > 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 . Do C ∈ d nên C (t ; −2t − 5). Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD, suy ra I là trung điểm của AC. 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 f '(t ) ≥ 3 − 7.a (1,0 điểm) ) ( ( I N B 8.a (1,0 điểm) C M ) ( ) 2 2 ⎛ 5 − t − 4 ⎞ + − 4 − −2t + 3 2 = − 4 − t − 4 2 + ⎛8 − − 2t + 3 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 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 và CM||AD nên tứ giác ACMD là hình bình hành. Suy ra 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: 3 x + y + 4 = 0. Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có phương trình x − 3 y − 17 = 0. Do đó B(3a + 17; a ). Trung điểm của BN thuộc AC nên 3a + 17 + 5 ⎞ a − 4 3⎛⎜ + 4 = 0 ⇔ a = −7. Vậy B ( −4; −7). ⎟+ 2 2 ⎝ ⎠ JG Δ có véctơ chỉ phương là u = (−3; −2;1). JG (P) qua A và nhận u làm véctơ pháp tuyến, nên (P) có phương trình −3( x − 1) − 2( y − 7) + ( z − 3) = 0 ⇔ 3x + 2 y − z − 14 = 0. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 M thuộc Δ nên M (6 − 3t ; −1 − 2t ; −2 + t ). 0,25 AM = 2 30 ⇔ (6 − 3t − 1) 2 + (−1 − 2t − 7) 2 + (−2 + t − 3)2 = 120 ⇔ 7t 2 − 4t − 3 = 0 51 ; − 1 ; − 17 . ⇔ t = 1 hoặc t = − 3 . Suy ra M (3; −3; −1) hoặc M 7 7 7 7 Trang 3/4 ( ) 0,25 Câu Đáp án Điểm 9.a (1,0 điểm) Số phần tử của S là A37 = 210. Số cách chọn một số chẵn từ S là 3.6.5 = 90 (cách). 90 3 = . Xác suất cần tính bằng 210 7 Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B của (C), H là giao điểm của AB và IM. Khi đó M (0; t ), với t ≥ 0; H là trung điểm AB = 2 2. của AB. Suy ra AH = 2 M 1 1 1 = + , suy ra AM = 2 10. 2 2 AH AM AI 2 B Do đó MH = AM 2 − AH 2 = 4 2. |t | , nên t = 8. Do đó M (0; 8). Mà MH = d ( M , Δ ) = H 2 Đường thẳng IM qua M và vuông góc với Δ nên có phương I x + y − 8 = 0. Do đó tọa độ điểm H thỏa mãn hệ trình A ⎧x − y = 0 Δ ⇒ H (4;4). ⎨ ⎩x + y − 8 = 0 JJJG 1 JJJJG 1 Ta có IH = IA2 − AH 2 = 2 = HM , nên IH = HM . 4 4 Do đó I (5;3). 0,25 7.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy đường tròn (C) có phương trình ( x − 5) 2 + ( y − 3) 2 = 10. 8.b (1,0 điểm) (S) có tâm I (1; −2;1) và bán kính R = 14. d ( I ,( P)) = | 2.1 + 3(−2) + 1.1 − 11| = 14 = R. Do đó (P) tiếp xúc với (S). 14 22 + 32 + 12 Gọi M là tiếp điểm của (P) và (S). Suy ra M thuộc đường thẳng qua I và vuông góc với (P). 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). 9.b (1,0 điểm) ⎛1 3⎞ z = 1 + 3i = 2 ⎜ + i ⎟ 2 ⎠ ⎝2 π π = 2 ⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ . 3 3⎠ ⎝ 5π 5π Suy ra z 5 = 25 ⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ = 16(1 − 3i ). 3 3 ⎠ ⎝ Do đó w = 16( 3 + 1) + 16(1 − 3)i. Vậy w có phần thực là 16( 3 + 1) và phần ảo là 16(1 − 3). ------------- Hết ------------- Trang 4/4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25