Đáp án - Thang điểm Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2013 môn Toán, khối A & A1 (Đáp án chính thức) - Bộ GD&ĐT

Chia sẻ: đinh Công Chánh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

56
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các em học sinh cùng các thầy cô giáo tham khảo Đáp án - Thang điểm Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2013 môn Toán, khối A & A1 (Đáp án chính thức) của Bộ GD&ĐT phục vụ nhu cầu giảng dạy, ôn thi hiệu quả.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đáp án - Thang điểm Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2013 môn Toán, khối A & A1 (Đáp án chính thức) - Bộ GD&ĐT

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm 1 a. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Khi m = 0 ta có y = − x3 + 3 x 2 − 1. • Tập xác định: D = \. 0,25 • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = −3x 2 + 6 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2. Khoảng đồng biến: (0; 2); các khoảng nghịch biến: (−∞; 0) và (2; + ∞). - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = −1; đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 3. 0,25 - Giới hạn: lim y = +∞; lim y = −∞. x→−∞ x→+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y' − 0 + 0 − +∞ 3 0,25 y −1 −∞ • Đồ thị: y 3 0,25 O 2 x −1 b. (1,0 điểm) Ta có y ' = −3x 2 + 6 x + 3m. 0,25 Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; + ∞) khi và chỉ khi y ' ≤ 0, ∀x > 0 ⇔ m ≤ x 2 − 2 x, ∀x > 0. 0,25 Xét f ( x) = x 2 − 2 x với x > 0. Ta có f '( x) = 2 x − 2; f '( x) = 0 ⇔ x = 1. Bảng biến thiên: x 0 1 +∞ f '( x) − 0 + 0 +∞ 0,25 f ( x) −1 Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài toán là m ≤ −1. 0,25 Trang 1/4
Câu Đáp án Điểm 2 sin x (1,0 điểm) Điều kiện: cos x ≠ 0. Phương trình đã cho tương đương với 1 + = 2(sin x + cos x) 0,25 cos x ⇔ (sin x + cos x)(2cos x − 1) = 0. 0,25 π • sin x + cos x = 0 ⇔ x = − + kπ ( k ∈ ]). 0,25 4 π • 2cos x − 1 = 0 ⇔ x = ± + k 2π (k ∈ ]). 3 0,25 π π Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm: x = − + kπ hoặc x = ± + k 2π (k ∈ ]). 4 3 3 ⎧⎪ x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y (1) (1,0 điểm) ⎨ ⎪⎩ x 2 + 2 x( y − 1) + y 2 − 6 y + 1 = 0 (2) 0,25 Điều kiện: x ≥ 1. Từ (2) ta được 4 y = ( x + y − 1) 2 , suy ra y ≥ 0. Đặt u = 4 x − 1, suy ra u ≥ 0. Phương trình (1) trở thành: u4 + 2 + u = y 4 + 2 + y (3). 2t 3 Xét f (t ) = t 4 + 2 + t , với t ≥ 0. Ta có f '(t ) = + 1 > 0, ∀t ≥ 0. 0,25 4 t +2 Do đó phương trình (3) tương đương với y = u, nghĩa là x = y 4 + 1. Thay vào phương trình (2) ta được y ( y 7 + 2 y 4 + y − 4) = 0 (4). 0,25 Hàm g ( y ) = y 7 + 2 y 4 + y − 4 có g '( y ) = 7 y 6 + 8 y 3 + 1 > 0 với mọi y ≥ 0. Mà g (1) = 0, nên (4) có hai nghiệm không âm là y = 0 và y = 1. Với y = 0 ta được nghiệm ( x; y ) = (1; 0); với y = 1 ta được nghiệm ( x; y ) = (2; 1). 0,25 Vậy nghiệm ( x; y ) của hệ đã cho là (1; 0) và (2; 1). 4 x2 − 1 dx 1 (1,0 điểm) Đặt u = ln x, dv = dx ⇒ du = , v= x+ . 0,25 2 x x x 2 2 1 1 1 Ta có I = ⎛⎜ x + ⎞⎟ ln x − ∫ ⎛⎜ x + ⎞⎟ dx 0,25 ⎝ x⎠ 1 1⎝ x⎠x 2 1 1 2 = ⎛⎜ x + ⎞⎟ ln x − ⎛⎜ x − ⎞⎟ 0,25 ⎝ x⎠ 1 ⎝ x ⎠1 5 3 = ln 2 − . 0,25 2 2 5 Gọi H là trung điểm của BC, suy ra SH ⊥ BC. Mà (SBC) (1,0 điểm) 0,25 vuông góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên SH ⊥ (ABC). a 3 a S Ta có BC = a, suy ra SH = ; AC = BC sin 30o = ; 2 2 a 3 AB = BC cos30o = . 0,25 2 1 a3 Do đó VS . ABC = SH . AB. AC = . 6 16 I Tam giác ABC vuông tại A và H là trung điểm của BC nên B A HA = HB. Mà SH ⊥ (ABC), suy ra SA = SB = a. Gọi I là 0,25 trung điểm của AB, suy ra SI ⊥ AB. H AB 2 a 13 C Do đó SI = SB 2 − = . 4 4 0,25 3V 6V a 39 Suy ra d (C ,( SAB )) = S . ABC = S . ABC = . S ΔSAB SI . AB 13 Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm 6 a b (1,0 điểm) Đặt x = , y = . Ta được x > 0, y > 0. Điều kiện của bài toán trở thành xy + x + y = 3. c c 3 3 32 y Khi đó P = 32 x + − x2 + y2 . 3 3 ( y + 3) ( x + 3) 0,25 (u + v)3 Với mọi u > 0, v > 0 ta có u + v = (u + v) − 3uv(u + v) ≥ (u + v) − 3 (u + v)3 = 3 3 3 3 . 4 4 3 3 2 3 Do đó 32 x3 + 32 y ≥ 8 ⎛ x + y ⎞ = 8 ⎛ ( x + y ) − 2 xy + 3 x + 3 y ⎞ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟⎟ ( y + 3)3 ( x + 3)3 ⎝ y +3 x+3⎠ ⎝ xy + 3 x + 3 y + 9 ⎠ Thay xy = 3 − x − y vào biểu thức trên ta được 3 3 32 x3 + 32 y ≥ 8 ⎛ ( x + y − 1)( x + y + 6) ⎞ = ( x + y − 1)3 . Do đó ⎜ 2( x + y + 6) ⎟ 0,25 ( y + 3)3 ( x + 3)3 ⎝ ⎠ P ≥ ( x + y −1)3 − x 2 + y 2 = ( x + y −1)3 − ( x + y ) 2 − 2 xy = ( x + y −1)3 − ( x + y ) 2 + 2( x + y ) − 6. Đặt t = x + y. Suy ra t > 0 và P ≥ (t − 1)3 − t 2 + 2t − 6. ( x + y)2 t2 Ta có 3 = x + y + xy ≤ ( x + y ) + =t+ nên (t − 2)(t + 6) ≥ 0. Do đó t ≥ 2. 4 4 t +1 Xét f (t ) = (t − 1)3 − t 2 + 2t − 6, với t ≥ 2. Ta có f '(t ) = 3(t − 1) 2 − . t 2 + 2t − 6 0,25 Với mọi t ≥ 2 ta có 3(t − 1) 2 ≥ 3 và t +1 = 1+ 7 ≤ 1 + 7 = 3 2 , nên 2 (t + 1) − 7 2 2 t 2 + 2t − 6 3 2 f '(t ) ≥ 3 − > 0. Suy ra f (t ) ≥ f (2) = 1 − 2. Do đó P ≥ 1 − 2 . 2 Khi a = b = c thì P = 1 − 2 . Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 1 − 2 . 0,25 7.a Do C ∈ d nên C (t ; −2t − 5). Gọi I là tâm của hình chữ (1,0 điểm) nhật ABCD, suy ra I là trung điểm của AC. 0,25 ( Do đó I t − 4 ; −2t + 3 . 2 2 ) A Tam giác BDN vuông tại N nên IN = IB. Suy ra IN = IA. D Do đó ta có phương trình ( ) ( ) 2 2 ⎛ 5 − t − 4 ⎞ + − 4 − −2t + 3 2 = − 4 − t − 4 2 + ⎛8 − − 2t + 3 ⎞ 0,25 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ 2 2 ⎝ 2 ⎠ ⇔ t = 1. Suy ra C (1; −7). Do M đối xứng với B qua C nên CM = CB. Mà CB = AD I và CM||AD nên tứ giác ACMD là hình bình hành. Suy ra N 0,25 AC||DM. Theo giả thiết, BN ⊥ DM, suy ra BN ⊥ AC và CB = CN. Vậy B là điểm đối xứng của N qua AC. Đường thẳng AC có phương trình: 3 x + y + 4 = 0. Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có phương trình x − 3 y − 17 = 0. Do đó B(3a + 17; a ). B C M 0,25 Trung điểm của BN thuộc AC nên 3a + 17 + 5 ⎞ a − 4 3⎛⎜ ⎟+ + 4 = 0 ⇔ a = −7. Vậy B ( −4; −7). ⎝ 2 ⎠ 2 JG 8.a Δ có véctơ chỉ phương là u = (−3; −2;1). 0,25 (1,0 điểm) JG (P) qua A và nhận u làm véctơ pháp tuyến, nên (P) có phương trình 0,25 −3( x − 1) − 2( y − 7) + ( z − 3) = 0 ⇔ 3x + 2 y − z − 14 = 0. M thuộc Δ nên M (6 − 3t ; −1 − 2t ; −2 + t ). 0,25 AM = 2 30 ⇔ (6 − 3t − 1) 2 + (−1 − 2t − 7) 2 + (−2 + t − 3)2 = 120 ⇔ 7t 2 − 4t − 3 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = − 3 . Suy ra M (3; −3; −1) hoặc M 7 7 7 ( 51 ; − 1 ; − 17 . 7 ) 0,25 Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm 9.a Số phần tử của S là A37 0,25 (1,0 điểm) = 210. 0,25 Số cách chọn một số chẵn từ S là 3.6.5 = 90 (cách). 0,25 90 3 Xác suất cần tính bằng = . 0,25 210 7 7.b Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B của (C), H là giao (1,0 điểm) điểm của AB và IM. Khi đó M (0; t ), với t ≥ 0; H là trung điểm 0,25 AB của AB. Suy ra AH = = 2 2. 2 M 1 1 1 = + , suy ra AM = 2 10. 2 2 AH AM AI 2 B 0,25 Do đó MH = AM 2 − AH 2 = 4 2. |t | H Mà MH = d ( M , Δ ) = , nên t = 8. Do đó M (0; 8). 2 Đường thẳng IM qua M và vuông góc với Δ nên có phương I A trình x + y − 8 = 0. Do đó tọa độ điểm H thỏa mãn hệ 0,25 Δ ⎧x − y = 0 ⎨ ⇒ H (4;4). ⎩x + y − 8 = 0 1 JJJG 1 JJJJG Ta có IH = IA2 − AH 2 = 2 = HM , nên IH = HM . 4 4 Do đó I (5;3). 0,25 Vậy đường tròn (C) có phương trình ( x − 5) 2 + ( y − 3) 2 = 10. 8.b (S) có tâm I (1; −2;1) và bán kính R = 14. 0,25 (1,0 điểm) | 2.1 + 3(−2) + 1.1 − 11| 14 d ( I ,( P)) = = = R. Do đó (P) tiếp xúc với (S). 0,25 22 + 32 + 12 14 Gọi M là tiếp điểm của (P) và (S). Suy ra M thuộc đường thẳng qua I và vuông góc với (P). Do đó M (1 + 2t ; −2 + 3t ;1 + t ). 0,25 Do M thuộc (P) nên 2(1 + 2t ) + 3(−2 + 3t ) + (1 + t ) − 11 = 0 ⇔ t = 1. Vậy M (3;1; 2). 0,25 9.b ⎛1 3⎞ (1,0 điểm) z = 1 + 3i = 2 ⎜ + i ⎟ 0,25 ⎝2 2 ⎠ π π = 2 ⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ . 0,25 ⎝ 3 3⎠ 5π 5π Suy ra z 5 = 25 ⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ = 16(1 − 3i ). 0,25 ⎝ 3 3 ⎠ Do đó w = 16( 3 + 1) + 16(1 − 3)i. 0,25 Vậy w có phần thực là 16( 3 + 1) và phần ảo là 16(1 − 3). ------------- Hết ------------- Trang 4/4