1

HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI ðẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A&A1 - NĂM 2013
(Trình bày lời giải: Lê Thanh Bình – THPT Tĩnh Gia 1)

Câu 1:
Cho hàm số
(
)
3 2
3 3 1 1
y x x mx= − + + −
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi
0
m
=
.
b) Tìm m ñể hàm số (1) nghịch biến trên khoảng
(
)
0;
+∞
.
Giải:

a) Với
0
m
=
ta có hàm số (1) là:


= ⇔

=


* Bảng biến thiên:
x
−∞
+∞
−∞
'
y
y
−
2
−
0
0
+
0
3
1
−
+∞
x
−∞
+∞
−∞
'

x
=
,
(
)
2 3
CD
y y
= =
; hàm số ñạt cực tiểu tại
(
)
0, 0 1
CT
x y y
= = = −
.
*
(
)
'' 6 1 ; '' 0 1
y x y x
= − − = ⇔ =
. Suy ra ñiểm uốn của ñồ thị là:
(
)
1;1
U .
Nhận xét: ðồ thị nhận ñiểm uốn
(

(
)
(
)
0 0;g x x
≥ ∀ ∈ +∞
và
(
)
1 0
g
=
nên
( )
(
)
0;
min 0
x
g x
∈ +∞
=
.
Do ñó (*)
⇔
( )
(
)
0;
1 min 1 0 1

≠ + ∈
ℤ
(*)
( ) ( ) ( )( )
sin cos
1 2 sin cos sin cos 2cos 1 0
cos
x x
x x x x x
x
+
⇔ = + ⇔ + − =

( )
tan 1
sin cos 0
4
1
2cos 1 0
cos
2
2
3
x
x k
x x
k
x
x
x k

x k x k k
π π
π π
= − + = ± + ∈
ℤ
O
x
y
1
2
3
1
−
1
−
1
2
3
4
2
−
O
x
y
1
2
3


+ − + − + =


ℝ

Giải:

ðiều kiện:
1
x
≥

Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
2 2 1 1 4 1 4 3
x x y y y x y y⇔ + − + − = ⇔ + − =
. Từ (3) suy ra
0
y
≥
.
Do ñó
( ) ( ) ( )
4 4
4
4
1 1 2 1 2 4

f t
ñồng biến trên
(
)
0;
+∞
. Vì tính liên tục của
(
)
f t
trên
[
)
0;
+∞
nên
(
)
f t
cũng
ñồng biến trên
[
)
0;
+∞
.
Vì
[
)
4

y
y y y y y y
y y
=

 

+ = ⇔ + − = ⇔
 
 
+ =



Vì
( )
(
)
2
3
1
h y y y
= +
là hàm số ñồng biến trên
[
)
0;
+∞
và
(

; 2;1
x y = .

Câu 4
: Tính tích phân:
2
2
2
1
1
ln
x
I xdx
x
−
=
∫

Giải:

ðặt
2
2
1
ln
1
1
u x
du dx
x

2 2 2
I x x dx x
x x x
     
= + − + = − − = −
     
     
∫
.

Câu 5
: Cho hình chóp S.ABC có ñáy là tam giác vuông tại A,

0
30
ABC =
, SBC là tam
giác ñều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với ñáy. Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABC và khoảng cách từ ñiểm C ñến mặt phẳng (SAB).
Giải:

* Gọi H là trung ñiểm của BC. Vì tam giác SBC ñều
cạnh a nên
SH BC
⊥
và
3
2
a
SH =

Suy ra
3
.
1 1 1 3 3
. . .
3 6 6 2 2 2 16
S ABC ABC
a a a a
V S SH AB AC SH
∆
= = = =

A
B
C
K
H
S
2
a
I
0
30
a
A
B
C
K
H
S

)
AB SHI
⊥ hay
(
)
(
)
SHI SAB
⊥ .
Gọi K là hình chiếu của H trên SI, suy ra
(
)
HK SAB
⊥ . Do ñó
(
)
(
)
;
d H SAB HK
=
.
Ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 16 52 39
3 3 26
a
HK
HK SH HI a a a
= + = + = ⇒ =

d S SAB =
.

Câu 6
: Cho các số thực dương
, ,
a b c
thỏa mãn ñiều kiện
(
)
(
)
2
4
a c b c c
+ + = . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( )
3 3 2 2
3 3
32 32
3 3
a b a b
P
c
b c a c
+
= + −
+ +
.

2
2
1
2 4
x y
xy t
+
 
≤ =
 
 
nên (*) suy ra
( )( )
2
1
3 2 6 0 2
4
t t t t t
− ≤ ⇔ − + ≥ ⇔ ≥
.
Ta lại có
3 3
3
2 2 3
2 2
3 3
32 32
32
3 3
3 3

2 2 2 2
2 2 3 2 6
x y x y xy t t t t
+ = + − = − − = + −
.
Vì
( )
3
3 3
1 1 3
3 4 4 16 3
CS
x x
y y
 
   
+ + ≥
 
   
+ +
   
 
và
( )
3 3 3
1 1 3
3 4 4 16 3
CS
y y
x x

 
 
   
 

2
3 5 6 1 3 1 1 3 5
16 12 2 16 16 2 16 32
t t t t
t
+ − − −
 
= − = − =
 
+
 
.
Vậy
( )
2 2
3 5 2 6 3 8 7
P t t t u u f u
≥ − − + − = − − − = với
1 3
u t
= + ≥
.
Ta có
( )
2

)
3;
+∞
. Do ñó
(
)
(
)
3
min 3 1 2
u
f u f
≥
= = −
.
Suy ra
1 2
P ≥ − . ðẳng thức xảy ra
2
1 0
x y
x y a b c
x y
+ =

⇔ ⇔ = = ⇔ = = >

=

.

:
* Gọi (T) là ñường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD.
Khi ñó (T) có ñường kính AC và BD.
Vì
BN ND
⊥
nên N thuộc (T). Suy ra

0
90
ANC =
.
Vì
: 2 5 0
C d x y
∈ + + =
nên
(
)
; 2 5
C c c
− −
.
(
)
9; 12
AN = −

;
(

- Ta có
(
)
5; 15
AC = −

, suy ra phương trình AC là:
3 4 0
x y
+ + =
.
- Phương trình ñường thẳng BN là:
3 17 0
x y
− − =
.
- Suy ra
1 11
;
2 2
H
 
−
 
 
. Vì B ñối xứng với N qua H nên
(
)
4; 7
B

A . Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua A và vuông góc với
∆
. Tìm
tọa ñộ ñiểm M thuộc
∆
sao cho
2 30
AM =
.
Giải:

*
∆
có phương trình tham số
6 3
1 2
2
x t
y t
z t
= −


= − −


= − +

và
∆

A
nên phương trình của (P) là:
(
)
(
)
(
)
3 1 2 7 1 3 0
x y z
− + − − − =

3 2 14 0
x y z
⇔ + − − =
.
* Vì
M
∈∆
nên
(
)
6 3 ; 1 2 ; 2
M m m m
− − − − +
. Suy ra
(
)
5 3 ; 8 2 ; 5
AM m m m

m
= −
, ta có
51 1 17
; ;
7 7 7
M
 
− −
 
 
.
Vậy phương trình (P) là:
3 2 14 0
x y z
+ − − =
và
(
)
3; 3; 1
M
− −
hoặc
51 1 17
; ;
7 7 7
M
 
− −
 

3
7
210
A =
số. Do ñó số phần tử của S là 210.
- Số cách lấy ngẫu nhiên một số từ S là
1
210
210
C =
. Suy ra
210
Ω =
.
- Số các số chẵn có ba chữ số phân biệt lập ñược từ bảy chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là
2
6
3. 90
A
=
(số). Do ñó trong S có tất cả 90 số chẵn.
- Gọi A là biến cố “số ñược chọn là số chẵn”. Ta có
1
90
90
A
C
Ω = =
.
- Vậy xác suất của A là:


* Gọi M là giao của hai tiếp tuyến của (C) tại A và B.
Vì M thuộc tia
Oy nên
(
)
0;
M m
với
0
m
≥
.
Gọi H là giao ñiểm của IM và AB (I là tâm của (C)).
Khi ñó ta có
IM AB
⊥
và H là trung ñiểm của AB.
Ta có
1
2 2
2
AH AB= =
. Suy ra
2 2
2
IH IA AH= − =
.
Xét tam giác vuông MIA ta có
2

0;8
M
.
- Phương trình ñường thẳng MI là:
8 0
x y
+ − =
.
- Suy ra
(
)
4;4
H
. Do ñó
(
)
4;4
HM = −


- Ta lại có H nằm giữa I và M ñồng thời
2 1
4
4 2
IH
HM
= =
nên
1
4



− = −


. Suy ra
(
)
5;3
I
.
Vậy phương trình của ñường tròn (C) là:
( ) ( )
2 2
5 3 10
x y
− + − =
. Câu 8b
: Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho mặt phẳng
(
)
: 2 3 11 0
P x y z
+ + − =
và
mặt cầu
(

(
)
S
có tâm
(
)
1; 2;1
I −
và bán kính
14
R =
.
Khoảng cách từ I ñến (P) là:
( )
( )
2 2 2
2 6 1 11
; 14
2 3 1
d I P
− + −
= =
+ +
.
Vì
(
)
(
)
;

2 3
1
x t
y t
z t
= +


= − +


= +

. Suy ra
(
)
1 2 ; 2 3 ;1
T t t t
+ − + +
.
Mặt khác
(
)
T P
∈
nên
(
)
(
)


* Ta có
1 3
1 3 2 2 cos sin
2 2 3 3
z i i i
π π
 
 
= + = + = +
 
 
 
 
 
.
* Suy ra
( )
5 5 5 4
5 5 1 3
2 cos sin 2 2 1 3
3 3 2 2
z i i i
π π
 
 
= + = − = −
 
 
 

, phần ảo của
w
là
(
)
4
2 1 3
−

Hết

Tĩnh Gia, ngày 04 tháng 7 năm 2013
Lê Thanh Bình