Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ

ViettelStudy.vn

B
Ộ

GIÁO D
Ụ
C VÀ ĐÀO T
Ạ
O
Đ
Ề

THI
TH
Ử

TUY
Ể
N SINH Đ
Ạ
I H
Ọ
C NĂM 201
3

 
3
3 2
3 2 6 18
x x x x
   
.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3
2
1
log
1 3ln
e
x
I dx
x x



.
Câu IV(1 điểm): Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có

0
3 ; 2 ; 60
AC a AB a ABC  
; A’C tạo
với (ABB’A’) một góc
0
30

điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng
4 3
và AB là cạnh lớn nhất của tam giác OAB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng
1 2 3
2 2 1 1 1 1 2
: ; : ; :
2 1 2 1 2 1 1 1 2
x y z x y z x y z
d d d
      
     
 
. Viết phương trình đường
thẳng

vuông góc với d
1
, cắt d
2
và d
3
tại hai điểm A, B sao cho

3
AB
.
Câu VIIa) (1 điểm): Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,7,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 8
chữ số phân biệt sao cho trong mỗi số đó không có bất kỳ 2 chữ số chẵn nào đứng cạnh nhau.
B. Theo chương trình Nâng cao

 

. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc (d), I cách (P) một khoảng bằng
2 và (P) cắt (S) theo một đường tròn giao tuyến có bán kính bằng 3.
Câu VIIb) (1 điểm):Trong các số phức z thỏa mãn
3 4 1
z i
  
.Tìm số phức z có modul nhỏ
nhất.
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:
43
23
 xxy1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:
a) Giới hạn:



)4x3x(limylim,)4x3x(limylim
23
xx
23
xx0.25

b) Bảng biến thiên: y' = 3x
2
- 6x, y' = 0

x = 0, x = 2
Bảng biến thiên:
x -

0 2 +



0.25

2(1
điểm)
Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc

d qua A(3 ;4) có hệ số góc m có phương trình y = m(x – 3) + 4.
0.25

Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình






0mx
3x
0)mx)(3x(4)3x(m4x3x
2

0.25

2
6 35
(3 6 )(3 6 ) 1 9 36 1 0
3
m m m m m m m

          
(thỏa
mãn)
0.25

2(2
điểm)

1(1
điểm)
Giải pt :
sin xsin 2 sin cos2 2sinx cos
6 os2
sin
4
x x x x
c x
x

  

 



  

4
sin2 1 3 os2
12
x k
x c x
x k





  

   


 



0.25

Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của pt là:
12
x k


Đặt
6 0
x y
  
ta có pt:
   
2
3 2 3
6
3 2 0 2 0
2
2 6
x y x x
x xy y x y x y
x y
x x

  

        


 
  




TH1 :
2


0.25

Đối chiếu điều kiện suy ra nghiệm của pt : x=3 ;x=
2 2 7


0.25Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ ViettelStudy.vn
5

3 (1 điểm)
Tính tích phân
3
2
1
log
1 3ln
e
x
I dx
x x



Đặt
2 2 2
1 1
1 3ln ln ( 1) ln .
3 3
dx
x t x t x tdt
x
      
. Đổi cận …
x=1, t=1 ; x=e,t=2
0.25

Suy ra
 
 
2
2 2
3
2
3 3
2
1 1 1
1
1
log 1 1 1
3
. 1
ln 10 3 9ln 10
1 3lnTa có
1
.
3
AMBC ABC
V MB S



Có
2
0
1 3 3
. .sin60
2 2
ABC
a
S AC AB

 

Kẻ CH vuông góc với AB. Khi đó


' '
CH ABB A
HMGiáo viên : Phạm Thị Thúy Hà
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ ViettelStudy.vn
6

Ta có theo định lý hàm số côsin :

2 2 2 0 2
2 . .cos60 7 7
BC AC AB AC AB a BC a
     

0
3 3
.sin60
2
a
CH AC 

xét tam giác A’HC có :


Kẻ BK vuông góc AD. Khi đó AD vuông góc (MBK) nên (ADM) vuông
góc với (BMK). Kẻ BE vuông góc MK thì BE vuông góc với (ADM).


;
d B ADM BE
 

0.25Ta có
2 2 2
1 1 1
BE BM BK
 

Lại có
2
2 3 3
7
ABCABD
S
S a
BE
AD BC

  




2 2 2
1 3 1 3 1 3
x y z y z x z x y
A
x y y z z x
  
  
     Ta có

0.5

Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ ViettelStudy.vn
7







     

       
   
 
 
 
   
 
   
     
 
   
   
       
   
 
  



   
 
       

1 1 1
7
1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3
0
xyz
x y y z y z z x z x x y


A
x y y z z x
x x y y y z z z x
x y y z z x
x y z
x y z
x y y z z x
x y z
x x y y y z z z x
  
  
     
     
  
     
 
     
 
     
 
 
   
 
     
 

0.25

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có :



Khi đó áp dụng ta có :
0.25Giỏo viờn : Phm Th Thỳy H
Trng THPT chuyờn Nguyn Hu ViettelStudy.vn
8

2 2 2
2
2 2 2
2
(1 3 ) (1 3 ) (1 3 )
3
1 1 3
1 7
1
3
x y z
x x y y y z z z x
x y z
x y z x y z xy yz xz
xy yz xz

ng trũn tõm O bỏn kớnh R=4 ; OK=5 nờn K nm ngoi ng trũn.
0
0
1 1 3
. .sin 4 3 .4.4.sin 4 3 sin
2 2 2
60
120
OAB
S OAOB AOB AOB AOB
AOB
AOB









0.25

m AB l cnh ln nht trong tam giỏc AOB nờn
0
120
AOB


Suy ra





0.25

Vy cú 2 ng trũn tha món iu kin bi :
TH1 : ng trũn tõm K(3 ;4) bỏn kớnh
' 21
R
cú pt l :




2 2
3 4 21
x y


TH2 : ng trũn tõm K(3 ;4) bỏn kớnh
' 61
R
cú pt l :




2 2
3 4 61

1
do d neõn . =0 2 ' 1 2 ' 2 2 2 ' 2 0 ' 2 ,
3 1; 2; 3 2
d
u u t t t t t t t t
BA t t

0.25Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà
Trường THPT chun Nguyễn Huệ ViettelStudy.vn
9







      


   

 


Với t=-1 ta có A(0;-3;-1); 2; 2;1 .Ptct của :
2 2 1
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán đó là
1
:
1
x y z
BA
x y z
BA
x   
    
   
2
1 3 1
; :
2 2 2 2 1
y z x y z

0.25

Câu
7a)
1 điểm
Gọi số thỏa mãn u cầu bài tốn là


1 2 8 1
0
a a a a

Khi đó vẫn có 5 ! cách xếp 5 chữ số lẻ.
Còn lại 2 chữ số chẵn xếp vào 2 trong 5 khoảng trống còn lại giữa các chữ
số lẻ.
Vậy trường hợp này có
2
5
5!.
A
số
0.25

Vậy số các số thỏa mãn u cầu bài tốn là
3
6
5!.
A
-
2
5
5!.
A
=12000 số
0.25

Câu
6b)
(2
điểm)

1)

2
A B A B a b ab
    

0.25

Giải hệ trên ta có a=5 ;b=4
Suy ra pt chính tắc của Elip là
2 2
2 2
1 16 25 400
25 16
x y
x y    
.
0.25Giáo viên : Phạm Thị Thúy Hà
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ ViettelStudy.vn
10

Nhận xét đường thẳng (d) qua M không có hệ số góc có pt x=1 cắt Elip tại
2 điểm A, B không thỏa mãn điều kiện M là trung điểm AB.
Xét (d) có hệ số góc k qua M(1 ;1) có pt :



2 2
25 16 50 1 25 1 400 0
k x k k x k
         
(4)
(4) có hai nghiệm phân biệt
1 2 1 2
; : 2 2
M
x x x x x
  
khi :
 
1 2
2
0
16
( )
50 1
25
2
25 16
k tm
k k
b
x x
a k
 




2 1 2 2 2 2
; 2 2
4 1 4
t t t
d I P
     
  
 

0.25

11
6
1
6
t
t










11 14 1
; ;

0.25

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn điều kiện đề bài :
 
 
2 2 2
1
2 2 2
2
11 14 1
: 13
6 3 6
1 2 13
: 13
6 3 6
S x y z
S x y z
     
     
     
     
     
     
     
     

0.25

Câu
7b)


1
( 3) ( 4) 1
2 2
( 3) ( 4) .
x y i
x y
   
    

Do đó các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn (1) nằm trên đường
tròn (C) tâm I(3 ;4) bán kính R=1.
Ta có
z OM

nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm M nằm trên đường tròn (C)
và gần O nhất. Do đó M là giao điểm của (C) và đường thẳng OI, với M là
giao điểm gần O hơn.

0.25

Ta có OI = 5. Kẻ MH

Ox ;MK

Oy. Ta có

4 12
3 5 5
4 16