Đang tải... (xem toàn văn)
Giải đề thi đại học khối B, D môn toán 2013
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn : TOÁN; khối B I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 3 2 y 2x 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. Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2 sin 5x 2cos x 1 + = Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2x y 3xy 3x 2y 1 0 , (x, y ). 4x y x 4 2x y x 4y + − + − + = ∈ − + + = + + + ¡ Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 0 I x 2 x dx. = − ∫ 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: 2 2 2 4 9 P . (a b) (a 2c)(b 2c) a b c 4 = − + + + + + + 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). 1 Cõu 9.a (1,0 im) Cú hai chic hp cha bi. Hp th nht cha 4 viờn bi v 3 viờn bi trng, hp th hai cha 2 viờn bi v 4 viờn bi trng. Ly ngu nhiờn t mi hp ra 1 viờn bi, tớnh xỏc sut 2 viờn bi c ly ra cú cựng mu. B. Theo chng trỡnh Nõng cao Cõu 7.b (1,0 im) Trong mt phng vi h ta Oxy, cho tam giỏc ABC cú chõn ng cao h t nh A l 17 1 H ; 5 5 ữ , chõn ng phõn giỏc trong ca gúc A l D (5; 3) v trung im ca cnh AB l M (0; 1). Tỡm ta nh C. Cõu 8.b (1,0 im) Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho cỏc im A(1; 1; 1), B (1;2;3) v ng thng : x 1 y 2 z 3 2 1 3 + = = . Vit phng trỡnh ng thng i qua A, vuụng gúc vi hai ng thng qua AB v . Cõu 9.b (1,0 im). Gii h phng trỡnh: 2 3 3 x 2y 4x 1 . 2log (x 1) log (y 1) 0 + = + = HNG DN V BI GII THI TUYN SINH I HC NM 2013 Mụn : TOAN - Khụi : B Cõu 1: HNG DN: a. Tham khảo phơng pháp chuẩn để khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm đa thức bậc ba. b. Với dạng toán "Phơng trình đờng thẳng đi qua hai điểm cực trị thỏa mãn điều kiện K", ta thực hiện theo các bớc sau: Bớc 1: Điều kiện để hàm số có hai cực trị. Tính đạo hàm y', y = 0 (*) Hàm số có hai cực trị khi (*) có hai nghiệm phân biệt > 0. 2 Bớc 2: Đờng thẳng đi qua hai cực trị A, B. Thực hiện chia y cho y': y = 1 (2x m 1).y' 6 (m 1) 2 x + m 2 + m. Phơng trình đờng thẳng qua hai cực trị là: (AB): y = (m 1) 2 x + m 2 + m. Bớc 3: (AB) vuụng gúc vi ng thng y = x + 2 khi: (m 1) 2 .1 = 1 Giá trị tham số m. LI GII CHI TIT: a. Vi m = 1, hm s cú dng: y = 2x 3 6x. Ta lần lợt có: 1. Hàm số xác định trên D = Ă . 2. Sự biến thiên của hàm số: Giới hạn của hàm số tại vô cực: x lim y = ữ 3 2 x 6 lim x 2 x + + = khi x . khi x Bảng biến thiên: y = 6x 2 6; y = 0 x = 1; y(1) = 4; y(1) = -4 x 1 1 + y + 0 0 + y 4 + C 4 CT Hm s ng bin trờn (; 1) ; (1; +); hm s nghch bin trờn (1; 1) Hm s t cc i ti x = 1; y(1) = 4; hm s t cc tiu ti x = 1; y(1) = 4 Điểm uốn: y" = 12x; y = 0 x = 0 im un I (0; 0) 3 Đồ thị : b. Ta có: y’ = 6x 2 – 6(m + 1)x + 6m, y’ = 0 ⇔ 6x 2 – 6(m + 1)x + 6m = 0 ⇔ x 2 – (m + 1)x + m = 0. (*) Hµm sè cã hai cùc trÞ khi (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt ⇔ (*) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ (m + 1) 2 – 4m > 0 ⇔ m ≠ 1. Thùc hiÖn chia y cho y': y = 1 (2x m 1).y' 6 − − − (m – 1) 2 x + m 2 + m. Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng qua hai cùc trÞ lµ: (AB): y = − (m – 1) 2 x + m 2 + m. (AB) vuông góc với đường thẳng y = x + 2 khi: − (m – 1) 2 .1 = −1 ⇔ m = 0 hay m = 2. Vậy, với m = 0 hay m = 2 thỏa mãn điều kiện đầu bài. Câu 2. HƯỚNG DẪN: Dễ nhận thấy việc sử dụng công thức hạ bậc để chuyển phương trình về bậc nhất. LỜI GIẢI CHI TIẾT: Biến đổi phương trình về dạng: sin5x = 1 – 2 cos 2 x ⇔ sin5x = −cos2x sin 5x sin 2x 2 π ⇔ = − ÷ 5x 2x k2 2 5x 2x k2 2 π = − + π ⇔ π = π− − + π ÷ k2 x 6 3 , k . 3 k2 x 14 7 π π = − + ⇔ ∈ π π = + ¢ 4 x 0 4 -4 1 -1 y Câu 3 : HƯỚNG DẪN: Hệ không mẫu mực và phương trình thứ nhất của hệ có dạng bậc hai theo x hoặc y nên ta thấy ngay việc cần sử dụng phương trình này để tính được x theo y (hoặc y theo x). Viết lại phương trình dưới dạng bậc hai đối với x: 2x 2 − 3(y − 1)x + y 2 − 2y + 1 = 0 ∆ = 9(y − 1) 2 − 8(y 2 − 2y + 1) = y 2 − 2y + 1 = (y − 1) 2 2 3(y 1) (y 1) x 4 − ± − ⇒ = x y 1 y 1 x 2 = − ⇒ − = y x 1 . y 2x 1 = + ⇔ = + Như vậy, trong phần lời giải ta sẽ viết lại phương trình dưới dạng bậc hai đối với y để nhận được nghiệm chẵn. Công việc tiếp theo, ta lần lượt: Với y = x + 1, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 2 3x x 3 3x 1 5x 4. − + = + + + (3) Bằng phương pháp nhẩm nghiệm ta thấy x = 0, x = 1 là nghiệm của phương trình, nên sẽ có thể tạo ra nhân tử chung x(x − 1). Cụ thể: ( ) ( ) ( ) 2 (3) 3 x x x 1 3x 1 x 2 5x 4 0 ⇔ − + + − + + + − + = ( ) 2 2 2 (x 1) (3x 1) (x 2) (5x 4) 3 x x 0 x 1 3x 1 x 2 5x 4 + − + + − + ⇔ − + + = + + + + + + ( ) 2 2 2 x x x x 3 x x 0 x 1 3x 1 x 2 5x 4 − − ⇔ − + + = + + + + + + ( ) 2 1 1 x x 3 0. x 1 3x 1 x 2 5x 4 ⇔ − + + = ÷ + + + + + + Với y = 2x + 1, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 3 3x 4x 1 9x 4 − = + + + (4) Bằng phương pháp nhẩm nghiệm ta thấy x = 0 là nghiệm của phương trình, nên sẽ có thể tạo ra nhân tử chung x. Cụ thể: ( ) ( ) (4) 4x 1 1 9x 4 2 3x 0 ⇔ + − + + − + = 5 4x 9x 3x 0 4x 1 1 9x 4 2 ⇔ + + = + + + + 4 9 3 x 0 4x 1 1 9x 4 2 ⇔ + + = ÷ + + + + LỜI GIẢI CHI TIẾT: Kí hiệu các phương trình trong hệ là (1), (2). Điều kiện: 2x y 0 . x 4y 0 + ≥ + ≥ (*) Viết lại (1) dưới dạng phương trình bậc hai đối với y: y 2 − (3x + 2)y + 2x 2 + 3x + 1 = 0 ∆ = (3x + 2) 2 − 4(2x 2 + 3x + 1) = x 2 2 3x 2 x y 2 + ± ⇒ = y 2x 1 . y x 1 = + ⇒ = + Ta lần lượt: Với y = 2x + 1, thay vào (2) ta được: 3 3x 4x 1 9x 4 − = + + + (3) ( ) ( ) 4x 1 1 9x 4 2 3x 0 ⇔ + − + + − + = 4x 9x 3x 0 4x 1 1 9x 4 2 ⇔ + + = + + + + 4 9 3 x 0 4x 1 1 9x 4 2 ⇔ + + = ÷ + + + + ⇒ x = 0 ⇒ y = 1, thỏa mãn (*). Trong trường hợp này hệ có cặp nghiệm (0; 1). Cách giải khác: Nhận xét rằng: − VT của (3) là hàm nghịch biến. − VP của (3) là hàm đồng biến. Nên phương trình nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Nhận thấy x = 0 là nghiệm, suy ra y = 1. Trong trường hợp này hệ có cặp nghiệm (0; 1). 6 Với y = x + 1, thay vào (2) ta được: 2 3x x 3 3x 1 5x 4 − + = + + + ( ) ( ) ( ) 2 3 x x x 1 3x 1 x 2 5x 4 0 ⇔ − + + − + + + − + = ( ) 2 2 2 (x 1) (3x 1) (x 2) (5x 4) 3 x x 0 x 1 3x 1 x 2 5x 4 + − + + − + ⇔ − + + = + + + + + + ( ) 2 2 2 x x x x 3 x x 0 x 1 3x 1 x 2 5x 4 − − ⇔ − + + = + + + + + + ( ) 2 1 1 x x 3 0 x 1 3x 1 x 2 5x 4 ⇔ − + + = ÷ + + + + + + ⇒ x 2 − x = 0 x 0 y 1 x 1 y 2 = ⇒ = ⇔ = ⇒ = , thỏa mãn (*). Trong trường hợp này hệ có hai cặp nghiệm (0; 1) và (1; 2). Câu 4 : HƯỚNG DẪN: Thấy ngay đạo hàm x 2 sẽ xuất hiện x, nên bằng việc đặt 2 t 2 x= − (hoặc t = 2 − x 2 ) ta nhận được: 2 xdx dt 2 x = − − xdx tdt.⇒ = − (hoặc dt = −2xdx ) Tích phân ban đầu được chuyển về dạng đa thức. LỜI GIẢI CHI TIẾT: Đặt 2 t 2 x= − ta nhận được: 2 xdx dt 2 x = − − xdx tdt.⇒ = − Đổi cận: Với x = 1 thì t = 1. Với x = 0 thì t 2.= Khi đó: 1 2 2 I t dt= − ∫ 1 3 2 t 3 = − 1 (2 2 1). 3 = − 7 Cách giải khác: Đặt t = 2 − x 2 ta nhận được: dt = −2xdx 1 xdx dt. 2 ⇒ = − Đổi cận: Với x = 1 thì t = 1. Với x = 0 thì t = 2. Khi đó: 1 1/2 2 1 I t dt 2 = − ∫ 1 3/ 2 2 1 t 3 = − 1 (2 2 1). 3 = − Câu 5 : HƯỚNG DẪN: Ta lần lượt: Sử dụng giả thiết mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy, ta lấy H là trung điểm của AB thì: SH ⊥(ABCD) và a 3 SH 2 = ABCD 1 V S .SH. 3 = Sử dụng tính chất: AB//CD ⊂ (SCD) ⇒ d(A, (SCD)) = d(H, (SCD)). LỜI GIẢI CHI TIẾT: Gọi H là trung điểm của AB, ta có ngay: SH ⊥(ABCD) và a 3 SH 2 = Khi đó: 3 2 ABCD 1 1 a 3 a 3 V S .SH a . 3 3 2 6 = = = Nhận xét rằng: d(A, (SCD)) = d(H, (SCD)), vì AB//CD và H ∈AB. Gọi I là trung điểm của CD và K là hình chiếu vuông góc của H trên SI, ta có: CD IH CD SH ⊥ ⊥ ⇒ CD ⊥ (SHI) ⇒ CD ⊥ HK ⇒ HK ⊥ (SCD) ⇒ d(H, (SCD)) = HK. 8 Xét tam giác vuông SHI 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 HK SH IH a a 3 2 = + = + ÷ a 3 HK 7 ⇒ = Vây, ta được a 3 d(A,(SCD)) . 7 = Câu 6. HƯỚNG DẪN: Với định hướng chuyển P về dạng một biến (dùng ẩn phụ theo a 2 + b 2 + c 2 ), ta đi đánh giá dần dựa theo bất đẳng thức Côsi: (a 2c) (b 2c) (a b) (a 2c)(b 2c) (a b) 2 + + + + + + ≤ + a b (a b) 2c 2 + = + + ÷ 2 (a b) 2ca 2cb 2 + = + + ≤ (a 2 + b 2 ) + (c 2 + a 2 ) + (c 2 + b 2 ) = 2(a 2 + b 2 + c 2 ) ( ) 2 2 2 9 9 2 a b c (a b) (a 2c)(b 2c) ⇒ ≥ + + + + + ( ) 2 2 2 2 2 2 4 9 P . 2 a b c a b c 4 ⇒ ≤ − + + + + + Tới đây, với việc sử dụng ẩn phụ 2 2 2 t a b c 4, (t 2)= + + + > ta nhận được hàm một biến theo t. Và phương pháp hàm số là lựa chọn thích hợp nhất để tìm giá trị lớn nhất. LỜI GIẢI CHI TIẾT: Nhận xét rằng: (a 2c) (b 2c) (a b) (a 2c)(b 2c) (a b) 2 + + + + + + ≤ + 2 2 a b 2ab 4ac 4bc 2 + + + + = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a b 2 a c 2 b c 2 + + + + + + + ≤ = 2(a 2 + b 2 + c 2 ) 9 ( ) 2 2 2 9 9 2 a b c (a b) (a 2c)(b 2c) ⇒ ≥ + + + + + ( ) 2 2 2 2 2 2 4 9 P . 2 a b c a b c 4 ⇒ ≤ − + + + + + Đặt 2 2 2 t a b c 4, (t 2)= + + + > , ta được ( ) 2 4 9 P . t 2 t 4 ≤ − − Xét hàm số ( ) 2 4 9 f (t) t 2 t 4 = − − với t > 2, ta có: ( ) 2 2 2 4 9t f ' t t 4 = − + − ( ) 3 2 2 2 2 (t 4)(4t 7t 4t 16) . t t 4 − + − − = − − f’ = 0 ⇒ −4(t 2 − 4) 2 + 9t 3 = 0 ⇔ −(t − 4)(4t 3 + 7t 2 − 4t − 16) = 0 ⇔ −(t − 4)[4(t 3 − 4) + t(7t − 4)] = 0 ⇒ t = 4. Bảng biến thiên: t 2 4 +∞ g’(t) + 0 - g(t) −∞ 5 8 Vậy, ta được Max 5 P 8 = , đạt được khi: 2 2 2 a b c a b c 4 4 = = + + + = 2 a b c 3a 4 16 = = ⇔ + = ⇒ a = b = c = 2. Cách giải khác: Ta có: a + b + c + 2 ≤ 2 2 2 4(a b c 4);+ + + 3(a+b). 2 a b 4c 1 4(a b c) (a 2c)(b 2c) (3a 3b). 2 2 2 + + + + + + ≤ + ≤ ÷ = 2(a + b+c) 2 10 . ⊥(ABCD) và a 3 SH 2 = ABCD 1 V S .SH. 3 = Sử d ng tính chất: AB//CD ⊂ (SCD) ⇒ d( A, (SCD)) = d( H, (SCD)). LỜI GIẢI CHI TIẾT: Gọi H là trung điểm của AB,. ⇒ y = 1. Vậy, hệ có cặp nghiệm (3; 1). 15 16 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn : TOÁN; khối D I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu
