GIAI CHI TIET DE KHOI B 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Phạm Quang Hà BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO -------------------------------ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn thi: TOÁN; Khối B Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề. I.. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 3 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 2 x  3(m  1) x  6mx (1) , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -1. b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = x + 2. 2 Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin 5 x  2 cos x 1 2 2 2 x  y  3 xy  3 x  2 y  1 0  2 4x  y2  x  4  2x  y  x  4 y Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  (x,yR) 1. I x 2  x 2 dx.. 0 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tính của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD). Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 4 9 P  2 2 2 a  b  c  4 (a  b) (a  2c)(b  2c) .. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC. Đường thẳng BD có phương trình x + 2y – 6 = 0 và tam giác ABD có trực tâm là H (-3; 2). Tìm tọa độ các đỉnh C và D. Câu 8.a (1,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (3; 5; 0) và mặt phẳng (P) : 2x + 3y – z – 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua A vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua (P). Câu 9.a (1,0 điểm) Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng, hộp thứ hai chứa 2 viên bi đỏ và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1 viên bi, tính xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh  17 1  H  ;  A là  5 5  , chân đường phân giác trong của góc A là D (5; 3) và trung điểm của cạnh AB là M (0; 1). Tìm tọa độ đỉnh C. Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; -1; 1), B (-1;2;3) và đường x 1 y  2 z  3   1 3 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A, vuông góc với hai đường thẳng thẳng  :  2 qua AB và . 2  x  2 y 4 x  1  2 log 3 ( x  1)  log 3 ( y  1) 0 Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  ------Hết-----Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………. …….Số báo danh: ………………...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Phạm Quang Hà. GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI I.. PHẦN CHUNG ( 7 điểm ). Câu 1 : 3 2 a. y 2 x  3(m  1) x  6mx (1) , Khi m = - 1 thì hàm số (1) trở thành: y = 2x3 -6x * D  * y' 6 x2  6. y' 0. . 6 x2  6 0  x 1    x  1 . . y  4 y 4. Hàm số : *. .   1; 1   ;  1 và  1;  Hàm số đồng biến trên hai khoảng Hàm số nghịch biến trên khoảng Đạt cực đại tại x  1, yCÑ 4 Đạt cực tiểu tại x 1, yCT  4. lim y  . lim y . x  . 4. x . Bảng biến thiên : x  y’. y. +. -1 0. . 1 -. 0. 2. + . y. 4 -3. .  *. 0. -4. Đồ thị : y " 12 x ; y " 0  x 0  y 0. - Đồ thị nhận điểm O(0; 0) làm tâm đối xứng. oy taïi ñieåm O (0; 0)  ox taïi A( 3; 0); O(0; 0); B( 3; 0) - Đồ thị cắt. -2. -4. b. Ta có: y ' 6 x 2  6(m  1) x  6 m - Hàm số (1) có 2 cực trị A và B  y’=0 có 2 nghiệm phân biệt  (m + 1)2 – 4m > 0  m  1. 1 (2 x  m  1). y ' - Thực hiện phép chia y cho y’, ta được: y = 6 - (m – 1)2x + m2 + m  y  (m  1)2 x  m 2  m là phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A và B.. 3. x.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Phạm Quang Hà Để AB  (d ) : y x  2   (m  1) .1  1 2.  (m  1)2 1  m 0   m 2 Vậy m = 0 hay m = 2 thì YCBT thoả mãn. Cách khác: + Điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị A, B <=> y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt  6 x 2  6(m  1) x  6m 0 có 2 nghiệm phân biệt.  x 2  (m  1) x  m 0 có 2 nghiệm phân biệt  x 1   m 1  x m + Gọi A(1; y1); B(m; y2)  y1 2  3m  3  6m 3m  1; y2 2m3  3m3  3m2  6m2  m3  3m2. ;. => A(1; 3m - 1); B(m; -m3 + 3m2) x 1 y  (3m  1)  2 3 => Phương trình đường thẳng AB: m  1 3m  m  (3m  1) x 1 y  (3m  1) x  1 y  (3m  1)     3 2 m  1  ( m  3m  3m  1) m 1  (m  1)3   (m  1)2 .( x  1)  y  (3m  1).  y  (m  1) 2 .x  ( m  1) 2  3m  1.  m 2  ( m  1) 2 .1  1  (m  1) 2 1   .  m 0 Để AB ⊥ d: y = x + 2 thì: 2 Câu 2 : Giải phương trình: sin 5 x  2 cos x 1 (1) Cách 1:. sin 5 x  2 cos 2 x 1  sin5x = 1 – 2 cos2x = -cos2x = cos(  -2x) = sin(2x - /2)    5x = 2x - 2 + k2 hay 5x =  - 2x + 2 + k2, k  Z  k 2 3 k 2    3 hay x = 14 7 ,kZ x= 6. Cách 2: sin 5 x  2 cos 2 x 1  2 cos 2 x  1  sin 5 x  cos2 x sin(  5 x).    2 x   5 x  k 2   x  2    cos2 x cos   5 x     2   2 x     5 x   k 2  x      2  Chú Ý: Hai kết quả đều đúng, nhưng cách viết có khác nhau. 2 x 2  y 2  3 xy  3 x  2 y  1 0 (1)  2 2 4 x  y  x  4  2 x  y  x  4 y (2) Câu 3 ::  Cách 1: (Coi (1) là ptb2 theo biến x) (1)  2 x 2  3( y  1) x  y 2  2y  1 0 (*) Xét phương trình bậc hai theo x, ta có:.  k 2  6 3 (k  ¢ )  k 2  14 7.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Phạm Quang Hà  9( y  1)  8( y  2 y  1) 9 y  18 y  9  8 y 2  16 y  8 y 2  2 y  1 2. 2. 2.  y 1  y 2 x  1 x  ( y  1) 0, y    (*) coù nghieäm laø :   2   y x  1  x y  1  4 x  1  9 x  4 3  3 x (*)   1  x  4 TH1 : y = 2x + 1. Thế vào (2) ta có :  Nhận thấy x = 0 là nghiệm duy nhất của pt(*), thật vậy:  1   ;     f(x) = 4 x  1  9 x  4 đồng biến trên  4 2.  1   ;    g ( x) 3  4 x nghịch biến trên  4  Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của pt(*) và y = 1. TH2 : y = x + 1. Thế vào (2) ta có : 1 3 x  1  5 x  4 3x 2  x  3 ( x  ) 3  3x  1  5 x  4 3( x  1) x  2 x  3  3 x  1  ( x  1)    5 x  4  ( x  2)  3( x  1) x       x2  x  x2  x  3( x 2  x) 5 x  4  ( x  2)  3 x  1  ( x  1) 1 1  3 3 x  1  ( x  1) 5 x  4  ( x  2) 2  x – x = 0 hay (VN)  x = 0  x = 1  x = 0  y = 1; x = 1  y = 2 Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (0; 1) hay (x; y) = (1; 2). Lưu Ý: Nếu coi pt(1) là ptb2 theo y, ta có:  y 2 x  1 (1)  y 2  (3 x  2) y  2 x 2  3 x  1 0. Khi đó :  y  x 2 0  (1)    y x  1 (Sau đó ta giải tương tự ) Cách 2: (Phân tích (1) thành pt tích).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Phạm Quang Hà  y 2 x  1 (1)  (2 x  y  1)( x  y  1) 0    y x  1 * Với y 2 x  1, thế vào (2) ta có : 4 x  1  9 x  4  3( x  1) 0 (3) 2 9 Ñaët f ( x )  4 x  1  9 x  4  3( x  1)  f '( x )    3  0, 4x  1 2 9x  4 mà f (0) 0 nên x 0 là nghiệm duy nhất của (3). Suy ra ( x ; y ) (0; 1) là nghiệm của hpt đã cho. * Với y  x  1,thế vào (2) ta có :  x  1 0 (3 x  2)( x  1)     (*) 3 5 3x  2   3x  1  2 5x  4  3  3x  1  2 5x  4  3  Khi x 1  y 2 3( x  1). 5( x  1).  Nhận thấy x 0 lànghiệm duy nhất của Pt (*) vì pt (*) có VT là hàm đồng biến ,VP là hàm nghịch biến trên TXĐ  x 0 thì y 1.  x 0  x 1 *Tóm lại : Hpt đã cho có nghiệm là :  hoặc   y 1  y 2 Cách 3: 2 2   3x    3x  3x 2 2 2 2 (1)  ( y  2y  1)  (3 x  3 xy )  2 x 0   ( y  1)  2. ( y  1)      2x    0 2   2    2  2.  y 2 x  1  3x  x2   y  1   (Các bước còn lại giải tương tự )  2  4   y x  1 Câu 4 3 2 2. 1 (2  x ) 1  . 1 3 2 I x 2  x 2 dx  (2  x 2 )1/2 d (2  x 2 ) 2 2 0 0 Cách 1: (Tính tiếp) = =. 1. . 1. 2 21 3. 0. 1. 2  x 2 dx. x. Cách 2 (Đổi biến số) I= 0. Ñatë 2  x 2 t  t 2 2  x 2  tdt  xdx Ñoiå caän : x 0  t  2; x 1  t 1 1. 2. 2. t3  I  t 2 dt  t 2 dt  3 1 2.  1. 2 21 3. Lưu Ý: Đặt t = 2 – x2 củng được.! hoặc đặt Câu 5: Cách 1:.  t  2 sin t   t  2cost. nhưng giải rườm rà hơn.. ..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Phạm Quang Hà SH  AB  Gọi H là trung điểm của AB , khi đó :  a 3 ; (Do SAB đều cạnh a) SH    2 Mặt khác (SAB )  ( ABCD )  SH  ( ABCD )  SH là đường cao của hình chóp S .ABCD 1  2  a 3 a3 3 VS . ABCD  a  3  2 6 Vậy Do AB//CD nên d(A,(SCD)) = d(AB,(SCD)) = d(H,(SCD)). Khi đó: Gọi I là trung điểm của CD và K là hình chiếu của H lên SI, ta có:  HK  SI  HK  (SCD )  d (H ,(SCD )) HK   HK  CD (do CD  (SHI )) Xét tam giác vuông SHI, ta có: S 1 1 1 1 1 a 3      HK  7 HK 2 SH 2 HI 2  a 3  2  a  2 K   A'  2  HK . a 3. 7 Vậy d(A, SCD) = Lưu ý: Có thể tính khoảng cách bằng cách sau: Sx (SAB )  (SCD )   AA'/ / SH ( A'  Sx )  AK '  A' D ( K '  A' D ) . B. H. C. I. A - Dựng  AK ' d ( A ,(SCD )) tính tương tự như HK . D Cách 2: (Dùng phương pháp toạ độ)  H O ; SH Oz; AB Ox; HI Oy , khi đó :   a 3 a a a a ), A( ; 0; 0), B( ; 0; 0),C (  ; a; 0), D( ; a; 0)  H (0; 0; 0), S (0; 0; 2 2 2 2 2 -Gọi   a  a  a a a 3  a 3  a 3 a 3 SA  ; 0;   , SB   ; 0;   , SC   ; a;   , SD  ; a;   2   2   2  2  2 2 2 2         Ta có:.    1    1  a 3 3 a3 3  a 3 3 VS . ABCD VSABC  VSACD    SA , SC  SB   SA , SC  SD          6  2 6   2  6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> . Maët khaùc : (SCD ) coù n SCD. Phạm Quang Hà.     SC , SD  (0; a 2 3; 2a 2 )  .  pt (SCD ) coù daïng : a 2 3 y  2a 2 z  a 3 3 0  a x 2    ptñt  ñi qua A vaø vuoâng goùc (SCD ) coù daïng :  y a 2 3t ,t    z 2a 2 t     t. 3 a 3 a 2a 3    (SCD ) M ( ; ; ) 7a 2 7 7. 9 a 2 12a 2 21a 2 a 3  d ( A ,(SCD ))  AM     49 49 49 7 ( Lưu Ý : Sử dụng công thức tính khoảng cách nhanh hơn. d ( A ,(SCD )) . a a2 3 .  a3 3 2 4. 3a  4 a. 4. . a 3 7. ). Câu 6 : Cách 1: a+b+c+2. 4(a 2  b 2  c 2  4) 2.  a  b  4c  1  4(a  b  c )  (a  2c)(b  2c) (3a  3b).    2 2   2  = 2(a + b+c)2 3(a+b). 8 27 8 27 P  P  2  g (t ) 2 a  b  c  2 2( a  b  c) . Đặt t = a + b + c, t > 0; t  2 2t Vậy . 8 27  3 2 (t  2) t. g’(t) = g’(t) = 0  27(t + 2)2 – 8t3 = 0  t = 6 t 0 6 + g’(t) + 0 5 8 g(t) 5 5 P  g(t)  8 ; maxP = 8 xảy ra khi a = b = c = 2. Cách 2:.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Phạm Quang Hà a2  b2  c2  4 .  a  b.  a  b  c 3. 2.  4;. (a  2c)( b  2c)  a  b . a  b  4c 2 2. 16  a  b  c  1 a  b  4c 1  3a  3b  a  b  4c  3 a  b 2   6 2 6 4 24 4 27 5  P   2x 8 x 4 3 Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=2 . II. PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a :  n Cách 1:Ta có: BD (1;2) Gọi I là giao điểm của AC và BD.. 2. B.  H v Pt đường thẳng AC qua H(-3; 2) nhận (2;  1) làm vecto pháp tuyến là: 2( x  3)  ( y  2) 0  2 x  y  8 0  2 x  y  8 0  I ( 2; 4)  x  2 y  6  0  A Tọa độ I là nghiệm của hệ   IBC 450 E BHC , ta coù :   BHCvuoâng can â taiï B  0  HBC 90 Xét  I là trung điểm của HC => C (-1, 6). Vì  IHB vuông cân tại I có IH = 5 Từ phương trình IH = IB = IC ta có điểm B (0; 3) và C (-1; 6) uur uu r ID  3IB , ta có D (-8; 7) Tương tự ta có nghiệm thứ 2 là B (-4; 5) và D (4; 1) Câu 8a : Đường thẳng qua A và vuông góc với (P) có VTCP là (2; 3; -1)  x 3  2t   y 5  3t  z  t Vậy phương trình đường thẳng d qua A là :  Gọi H là giao điểm của d và (P) ta có H (3 + 2t; 5 + 3t; -t) H  (P) nên ta có : 2(3 + 2t) + 3(5 + 3t) + t – 7 = 0  t = -1  H (1; 2; 1) Gọi A’ (x, y, z) là tọa độ điểm đối xứng của A qua (P), ta có: x = 2xH – xA = -1; y = 2yH – yA = -1; z = 2zH – zA = 2 Tọa độ điểm đối xứng của A qua (P) : (-1; -1; 2). Câu 9.a. Cách 1: - Lấy 1 bi ở hộp 1 có 7 cách, 1 bi ở hộp 2 có 6 cách  Không gian mẫu là: 7.6 = 42 cách. - Hai viên bi cùng màu: + Cùng đỏ: 4.2 = 8 cách + Cùng trắng: 3.4 = 12 cách  Tổng số cách để chọn ra hai viên bi cùng màu la: 8 +12 = 20 cách.. C. I. D.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Phạm Quang Hà 20 10   P = 42 21 Cách 2: 4 2 4 .  Xác suất để 2 viên bi được lấy ra cùng là bi đỏ là : 7 6 21 3 4 2 .  Xác suất để 2 viên bi được lấy ra cùng là bi trắng là : 7 6 7 4 2 10   . Xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu là : 21 7 21 . B. Theo chương trình nâng cao Câu 7.b. Phương trình BC : 2x – y – 7 = 0; phương trình AH : x + 2y – 3 = 0 A  AH  A (3 – 2a; a)  B (2a – 3; 2 – a) uuur uuu r AH .HB 0  a = 3  A (-3; 3); B (3; -1) Phương trình AD : y = 3  N (0; 5) là điểm đối xứng của M qua AD  N AC  Phương trình AC : 2x – 3y + 15 = 0 và phương trình BC : 2x – y – 7 = 0  C (9; 11). A. N M. B. H D. . Lưu Ý: Có thể tìm điểm B’ đối xứng với Bqua đường thẳng AD thì B '  AC . Câu 8.b. AB = (-2; 3; 2), VTCP của  là a = (-2; 1; 3).  n 1 VTCP của đường thẳng d đi qua A và vuông góc với  là = (7; 2; 4)  x 1  7t   y  1  2t  z 1  4t . Vậy phương trình đường thẳng d là :  x  1, y   1 log ( x  1) log ( y  1)  x  1, y   1  3 3    y x  2  x 3  y x  2   2 2  x  2 x  3 0 Câu 9.b.  x  2( x  2)  4 x  1 0     y 1. HẾT. C.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>