SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 MÔN: TOÁN; KHỐI: A, A1
1.(1,0 điểm)
Với m=1, Hàm số có dạng y= − +x3 3x 2
• Tập xác định: ℝ
• Sự biến thiên
lim , lim
→−∞ = −∞ →+∞ = −∞
0,25
Chiều biến thiên: y'=3x2− = ⇔ = ±3 0 x 1
Bảng biến thiên
y
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ −; 1 và 1;) ( +∞), nghịch biến trên khoảng
(-1;1)
Hàm số đạt cực đại tại x= −1,y CD =4 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1,y CT =0
0,25
2.(1,0 điểm)
Ta có 2
' 3 3
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình 'y =0 có hai nghiệm phân
biệt ⇔ >m 0
0,25
Vì 1 ' 2 2
3
y= x y − mx+ nên đường thẳng ∆ đi qua điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị
Ta có ( ), 2 2 1 1
m
m
−
∆ = < =
+ (vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng ∆ luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt
Với 1
2
m≠ , đường thẳng ∆ không đi qua I, ta có: 1 sin 1 2 1
ABI
0,25
I
(2điểm)
Nên S∆IAB đạt giá trị lớn nhất bằng 1
2 khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông cân
R IH
⇔ = = (H là trung điểm của AB)
2
2 2
m
m m
+
0,25
1.(1,0 điểm) Giải phương trình cos3x+sin3x+2 sin2x=1
(cos sin )(1 sin cos ) os2 0 (cos sin )(1 sin cos sin cos ) 0
II
(2điểm)
cos sin 0 (1 sin )(1 cos ) 0
⇔
Trang 2http://toanhocmuonmau.violet.vn
l
H
M
C A
B
S
4
2 2
π
= − +
=
ℤ
0,25
2.(1điểm) Giải phương trình 3x− +2 x− =1 4x− +9 2 3x2−5x+2
3 2 1 (t>0) 4x+2 3 5 2 3
Thay vào pt đã cho ta được: 2 6 0 3
2
t
t
=
− − = ⇔
= −
, suy ra được t=3 thỏa mãn
0,5
3
2
x
x
≤
=
KL:
0,25
3
1
3
x
−
−
=
+ + +
∫
Khi x= −1⇒t=0;x=3⇒t=2
0,25
3
2
)
( 3
t
6 6 ln | 1 |) 0
III
(1điểm)
IV
(1điểm)
Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC, mà SB = SC nên AB = AC
Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABC ta có :
BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 ⇔ a2 = 3AB2 ⇔
3
a
AB =
Mà
2
SA =SB -AB = a − ⇒ SA = ;
0
.sin120
∆ABC
0,25
Trang 3⇒ . 1 2 2 3 3 2
S ABC
a a a
Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABM ta có:
2
2 cos120
3
a
Do đó tam giác AMB cân tại M nên
Mặt khác: SA⊥(ABC)⇒SA⊥ AC (2)
Từ (1) và (2) ta có: AC⊥(SAM) (3) Kẻ AH ⊥SM (H∈SM) (4)
0,25
Từ (3) và (4) ta được: ( ) 2 2 2
21
SA AM
d AC SM AH a dvdd
SA AM
+
(có thể giải bằng phương pháp gắn hệ trục toạ độ)
0,25
Do a, b, c > 0 và a2+ + =b2 c2 1 nên a b c, , ∈( )0;1
2 1
5 2 3
3
a a
−
Bất đẳng thức trở thành ( 3 ) ( 3 ) ( 3 ) 2 3
3
− + + − + + − + ≤
0,5
V
(1điểm)
Xét hàm số ( ) 3 ( ( ) )
0;1
f x = − +x x x∈ Ta có:
( )0;1 ( ) 2 3
ax
9
3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c= 1
3
0,5
1.(1,0 điểm)
Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình
9
;
2
x
I
y
=
− − =
Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của
AD⇒M = ∩d Ox⇒ M( )3; 0
0,25
Ta có: AB=2IM =3 2
Theo giả thiết S ABCD = AB AD =12⇒AD=2 2
Vì I, M thuộc d ⇒d ⊥AD⇒ AD x: + − =y 3 0
0,25
VIa
(2điểm)
Lại có MA=MD= 2⇒tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình
( )2 2
2
4
1
x
x
y
=
+ − =
⇔
=
= −
Không mất tính tổng quát, giả sử A( ) (2;1 ;D 4; 1− )
0,25
Trang 4http://toanhocmuonmau.violet.vn
Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2)
Tương tự: I là trung điểm của BD nên B(5; 4)
KL
0,25
2.(1,0 điểm)
Tìm được vtcp của đường thẳng ∆ là u=[n u P, d]=(5; 0;5) 0,25
Viết được phương trình đường thẳng∆ 1
4
x t y
=
= −
= +
0,25
ĐK 4 6 log 64
x
>
⇔ >
≠
Khi đó bpt 4 6 5 2 4
x x
>
− > ⇔
VIIa
(1điểm)
1.(1,0 điểm)
Đường tròn có tâm (1;3),I bán kính R=2 0,25
M là điểm nằm trong đường tròn, M là trung điểm AB suy ra AB vuông góc với IM 0,25
Đường thẳng cần tìm có PTTS: 2
4
= +
= +
2.(1,0 điểm)
I(x y z; ; ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi
,
2 2
AI AB AC
=
0,5
VIb
(2điểm)
14 15
61 14 61 1
, ,
1 3
x
z
=
= −
0,25
2
1
log 3 1
x
−
Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là
1
8 9x 7 3x 1 56 9x 7 3x 1
0,25
VIIb
(1điểm)
Treo giả thiết ta có
0,25
Trang 5( )( ) 1
1
1
4
x
x
−
−
−
+
+
1 2
x x
=
⇔
=
- Hết -
