BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐA Ï I HỌ C NĂM 201 3 −−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−− I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CA Û THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x 3 + 3x 2 + 3mx − 1 (1), với m là tham số t hư ï c. a) Khảo sát sự biến thi e â n và vẽ đo à thò của hà m số (1) khi m = 0. b) Tìm m để hàm số (1) nghòch biến trên khoảng (0; + ∞). Câu 2 (1,0 điểm). Giả i phương t rình 1 + tan x = 2 √ 2 sin  x + π 4  . Câu 3 (1,0 điểm). Giả i hệ phương trình  √ x + 1 + 4 √ x − 1 −  y 4 + 2 = y x 2 + 2x(y − 1) + y 2 − 6y + 1 = 0 (x, y ∈ R). Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phâ n I = 2  1 x 2 − 1 x 2 ln x dx. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đá y là tam giá c vuô ng tại A,  ABC = 30 ◦ , SBC là tam gi á c đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). Câu 6 ( 1 ,0 điểm). Cho các số t hư ï c dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a + c)(b + c) = 4c 2 . Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thư ù c P = 32a 3 (b + 3c) 3 + 32b 3 (a + 3c) 3 − √ a 2 + b 2 c . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( ph ầ n 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 chữ nhật ABCD có đ i e å m C thu o ä c đường t hẳ ng d: 2x + y + 5 = 0 và A(−4; 8). Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biế t rằng N(5; −4). Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : x − 6 −3 = y + 1 −2 = z + 2 1 và điểm A(1; 7; 3). Viết phươ ng trình mặt phẳng (P ) đi qua A và vuông góc với ∆. Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆ sao cho A M = 2 √ 30. Câu 9 .a (1,0 điểm). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ so á phân biệt được chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác đònh số phầ n tử cu û a S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để so á đ ư ơ ï c chọn là số chẵn. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − y = 0. Đường tròn (C) có bán kính R = √ 10 cắt ∆ tại hai điểm A và B sao cho AB = 4 √ 2. Tiếp tuyến củ a (C) tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc tia Oy. Viết phương trình đường tròn (C). Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x + 3y + z − 11 = 0 và m ặ t cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y −2z − 8 = 0. Chứng minh (P ) ti e á p xúc với (S). Tìm tọa độ tiếp đ i e å m của (P ) và (S). Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z = 1 + √ 3 i. Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thực và phần ảo của số phức w = (1 + i)z 5 . −−−−−−Hết−−−−−− Thí sinh kho â n g được sử dụ n g tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC 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) Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi m = 0 ta có 32 31yx x . = −+ − • Tập xác định: .D = \ • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: hoặc 2 '3 6;'0yxxy x=− + = ⇔ =0 2.x = 0,25 Khoảng đồng biến: (0; 2); các khoảng nghịch biến: (;0) − ∞ và (2; ). + ∞ - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = −1; đạt cực đại tại x = 2, y CĐ = 3. - Giới hạn: lim ; lim . xx yy →−∞ →+∞ =+∞ =−∞ 0,25 - Bảng biến thiên: Trang 1/4 0,25 • Đồ thị: 0,25 b. (1,0 điểm) Ta có 2 '3 63yxx=− + + .m Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; ) + ∞ khi và chỉ khi '0, 0yx ≤ ∀> 0,25 2 2, 0.mx xx⇔≤ − ∀> Xét 2 () 2 f xx x=− với Ta có 0.x > '( ) 2 2; '( ) 0 1.fx x fx x = −=⇔= 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 1 (2,0 điểm) Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài toán là m 1. x 'y y − ∞ + ∞ 0 2 0 0 − − + + ∞ − ∞ − 1 3 2 O y x 3 − 1 x () f x 0 + ∞ 1 0 − 0 + − 1 + ∞ '( ) f x ≤− 0,25 Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm Điều kiện: Phương trình đã cho tương đương với cos 0.x ≠ sin 12(sinco cos x s) x x x += + 0,25 (sin cos )(2 cos 1) 0.xx x⇔+ −= 0,25 π sin cos 0 π () 4 xx x kk•+=⇔=−+ ∈] . 0,25 2 (1,0 điểm) π 2cos 1 0 2π () 3 xxkk•−=⇔=±+ ∈] . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm: π π 4 x k = −+ hoặc π 2π () 3 xkk=± + ∈] . 0,25 44 22 11 2 2( 1) 6 1 0 (2) xxy y xxy yy ⎧ ++ −− + = ⎪ ⎨ ⎪ +−+−+= ⎩ (1) , Điều kiện: Từ (2) ta được suy ra 1.x ≥ 2 4( 1)yxy=+− 0.y ≥ 0,25 3 (1,0 điểm) Đặt 4 1,ux=− suy ra u Phương trình (1) trở thành: 0.≥ 44 2 2 (3).uuyy++= ++ Xét 4 () 2 , f tt=++t với Ta có 0.t ≥ 3 4 2 '( ) 1 0, 0. 2 t ft t t = +> ∀≥ + Do đó phương trình (3) tương đương với ,yu = nghĩa là 4 1.xy = + 0,25 Thay vào phương trình (2) ta được 74 ( 2 4) 0 (4).yy y y++−= Hàm có 74 () 2 4gy y y y=+ +− 63 '( ) 7 8 1 0gy y y = ++> với mọi 0.y ≥ 0,25 Mà nên (4) có hai nghiệm không âm là (1) 0,g = 0y = và 1.y = Với ta được nghiệm (; với 0y = ) (1;0);xy= 1y = ta được nghiệm (; ) (2;1).xy = Vậy nghiệm (; ) x y của hệ đã cho là và (1; 0) (2; 1). 0,25 Đặt 2 2 1d ln , d d d , . xx uxv xu vx 1 x x x − == ⇒==+ 0,25 Ta có 2 2 1 1 11 ln d Ix x x 1 x x xx ⎛⎞ ⎛⎞ =+ − + ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ ∫ 0,25 22 11 11 lnxxx x x ⎛⎞ ⎛⎞ =+ −− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ 0,25 4 (1,0 điểm) 53 ln 2 . 22 =− 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). 0,25 Ta có BC = a, suy ra 3 ; 2 a SH = o sin 30 ; 2 a AC BC== o 3 cos30 . 2 a AB BC== Do đó 3 . 1 61 S ABC a . 6 HABAC==VS 0,25 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 5 (1,0 điểm) Do đó 2 2 13 . 44 AB a SI SB=−= Suy ra 36 39 (,( )) . .1 SABC SABC SAB VV a dC SAB SSIAB Δ === 3 0,25 S A B C I H Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm Đặt , a xy cc ==. b Ta được Điều kiện của bài toán trở thành 0, 0.xy>> 3.xy x y++= Khi đó 3 3 22 33 32 32 . (3)(3) y x Px yx =+−+ ++ y v>> Với mọi u ta có 0, 0 3 33 3 3 3 () 3 ()3()() () 44 uv .v uv uvuv uv uv + +=+ − +≥+ − + = u Do đó 3 3 32 3 33 32 ( ) 2 3 3 32 88 33 339 (3)(3) yyxyxyx xx yx xyxy yx ⎛⎞ +−++ ⎛⎞ +≥+= ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ++ +++ ⎝⎠ ++ ⎝⎠ . y 0,25 Thay 3 x yx=−−y vào biểu thức trên ta được 3 3 3 3 33 32 ( 1)( 6) 32 8( 2( 6) (3)(3) yxyxy x xy xy yx +− ++ ⎛⎞ +≥ =+− ⎜⎟ ++ ⎝⎠ ++ 1). Do đó 322 3 2 3 2 ( 1) ( 1) ( ) 2 ( 1) ( ) 2( ) 6 .Pxyxyxyxyxyxyxyxy≥+− − + =+− − + − =+− − + + +− 0,25 Đặt tx Suy ra t và .y=+ > 0 32 (1) 26.Pt t t≥− − + − Ta có 22 () 3() 44 x yt xyxy xy t + =++ ≤ + + =+ . nên (2)(6)0tt − +≥ Do đó 2.t ≥ Xét 32 () ( 1) 2 6,ft t t t=− − + − với t Ta có 2.≥ 2 2 1 '( ) 3( 1) . 26 t ft t tt + =−− + − Với mọi t ta có và 2≥ 2 3( 1) 3t −≥ 2 2 177 11 22 (1) 7 26 t t tt + =+ ≤+= +− +− 32 , nên 32 '( ) 3 0. 2 ft≥− > Suy ra () (2) 1 2.ft f≥=− Do đó 12P ≥− . 0,25 6 (1,0 điểm) Khi a thì bc== 12P =− . Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 12 .− 0,25 Do Cd ∈ nên (; 2 5).Ct t − − Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD, suy ra I là trung điểm của AC. Do đó ( ) 423 ;. 22 tt I − −+ 0,25 Tam giác BDN vuông tại N nên IN = IB. Suy ra IN = IA. Do đó ta có phương trình ( ) ( ) 22 22 42 23 4 54 48 222 tt tt −− −+ − ⎛⎞ ⎛ −+−− =−−+− ⎜⎟ ⎜ ⎝⎠ ⎝ 7.a (1,0 điểm) 3 2 + ⎞ ⎟ ⎠ 1.t ⇔ = Suy ra C(1; 7). − 0,25 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. 0,25 Đường thẳng AC có phương trình: 34 0. . xy++= Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có phương trình 3170xy − −= Do đó (3 17; ). B aa+ Trung điểm của BN thuộc AC nên 3175 4 340 7. 22 aa a ++ − ⎛⎞ + +=⇔=− ⎜⎟ ⎝⎠ (4;7).B −− Vậy 0,25 Δ có véctơ chỉ phương là (3;2;1).u =− − JG 0,25 (P) qua A và nhận u J G làm véctơ pháp tuyến, nên (P) có phương trình 3( 1) 2( 7) ( 3) 0 3 2 14 0.xyz xyz− −− −+−=⇔ + −−= 0,25 M thuộc Δ nên (6 3 ; 1 2 ; 2 ). M tt−−−−+t 0,25 8.a (1,0 điểm) 2222 2 30 (6 3 1) ( 1 2 7) ( 2 3) 120 7 4 3 0AM t t t t t=⇔−−+−−−+−+−=⇔−−= 1t⇔= hoặc 3 . 7 t Suy ra M =− (3;3;1) − − hoặc ( ) 51117 ;; 777 M −− . 0,25 A D B C M N I Trang 4/4 Câu Đáp án Điểm Số phần tử của S là 3 7 A 0,25 = 210. 0,25 Số cách chọn một số chẵn từ S là 3.6.5 90 = (cách). 0,25 9.a (1,0 điểm) Xác suất cần tính bằng 90 3 . 210 7 = 0,25 Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B của (C), H là giao điểm của AB và IM. Khi đó (0; ), M t với H là trung điểm của AB. Suy ra 0;t ≥ 22. 2 AB AH == 0,25 22 111 , AH AM AI =+ 2 suy ra 210.AM = Do đó 22 42.MH AM AH=−= Mà || (,) , 2 t MH d M=Δ= nên 8.t = Do đó (0; 8).M 0,25 Đường thẳng IM qua M và vuông góc với Δ nên có phương trình 80.xy + −= Do đó tọa độ điểm H thỏa mãn hệ . 0 (4;4) 80 xy H xy − = ⎧ ⇒ ⎨ +−= ⎩ 0,25 7.b (1,0 điểm) Δ A I B H M Ta có 22 1 2, 4 IH IA AH HM=−== nên 1 . 4 IH HM= JJJG JJJJG Do đó (5;3).I Vậy đường tròn (C) có phương trình 22 (5)(3)10xy−+−=. 0,25 (S) có tâm và bán kính (1; 2;1)I − 14.R = 0,25 222 | 2.1 3( 2) 1.1 11| 14 (,( )) . 14 231 dI P R +−+ − = ++ == Do đó (P) tiếp xúc với (S). 0,25 8.b (1,0 điểm) Gọi M là tiếp điểm của (P) và (S). Suy ra M thuộc đường thẳng qua I và vuông góc với (P). 0,25 (1 2 ; 2 3 ;1 ). M tt+−+ +t Do đó Do M thuộc (P) nên Vậy 2(1 2 ) 3( 2 3 ) (1 ) 11 0 1.ttt+ +−+ ++− =⇔=t (3;1;2).M 0,25 13 132 22 zi i ⎛⎞ =+ = + ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 9.b (1,0 điểm) ππ 2cos sin . 33 i ⎛⎞ =+ ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 55 5π 5π 2 cos sin 16(1 3 ). 33 zi ⎛⎞ =+=− ⎜⎟ ⎝⎠ i Suy ra 0,25 16( 3 1) 16(1 3) .wi=++− Do đó 0,25 Vậy w có phần thực là 16( và phần ảo là 3 1)+ 16 (1 3).− Hết . ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC 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) Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm). BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐA Ï I HỌ C NĂM 201 3 −−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−− I = • Sự biến thi n: - Chiều biến thi n: hoặc 2 '3 6;'0yxxy x=− + = ⇔ =0 2.x = 0,25 Khoảng đồng biến: (0; 2); các khoảng nghịch biến: (;0) − ∞ và (2; ). + ∞ - Cực trị: Hàm số