ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2013
Tập xác định : D \ 1
Sự biến thiên:
® - ¥ = ® + ¥ = tiệm cận ngang y2.
1 1 lim , lim ; x y x y tiệm cận đứng x1. 0,25 - Chiều biến thiên: ' 1 2 0, ( 1) y x D x Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1;). 0,25 Bảng biến thiên:
x -∞ 1 +∞
y’ - -
2 +∞
y -∞ 2
0,25 Đồ thị hàm số:
y
2 I 1
1 x
0 1/2
0,25
2
1 1
2 1
1
x y
y x
x
m x
0,25
Trang 2phận biệt x1.
Phương trình (*) có hai nghiệm phận biệt x1 m 0. Giả sử
0,25
2
2
m
Dấu đẳng thức xảy ra khi m1.
0,25
Từ đó suy ra ABmin 2 2 đạt được khi m1 và A2;3 ; B0;1.
Vậy m1 là giá trị cần tìm (thoả mãn điều kiện m0)
0,25
2
Giải phương trình 2
4
(1)4 sin x(cosxsin ) 5sinx xcosx0
4 sin cos 4sin 5sin cos 0
4 sin cos 4sin (1 sin ) sin cos 0
4 sin cos 4sin cos sin cos 0
0,25
4 sin cos (sin cos ) sin cos 0
(sin cos )(2sin 2 1) 0
1 sin 2
2
0,25
4
0,25
5 2
12
0,25
3
Giải hệ phương trình:
x y
1,00
Đ/k: x y0 (*) .
Hệ tương đương với :
0,25
Trang 3Đặt 2
0
u v
1 1 3 7 13 7
u v
u
v
0,25
1
u
0,25
Với
3 7 13 7
u
v
ta có:
3 2
7 169 49
x y
317 147 190 147
x
y
147 147
0,25
Tính tích phân
/ 2
sin 0
sin
0
Đặt tsinxdtcosxdx.
Với x 0 t 0, với x / 2 t 1.
Suy ra
1
0
I t e dt
0,50
1 0
0,50
a D
0,25
Trang 4trên CD và đường thẳng HD là hình chiếu vuông góc của đường thẳng SD lên
90
SDC nên điểm D nằm giữa H, C và
90
180
1
5
Áp dụng định lí hàm số cosin cho tam giác SCD ta có:
2 cos
5
SD a SD a SDa 5
0,25
1
5
5
0,25
Trong tam giác vuông SHD ta còn có: SH HD tan 2a.
SABD
0,25
Chú ý : Nếu thí sinh chỉ tính được thể tích mà không chỉ rõ được vị trí điểm H
trên mặt phẳng đáy thì trừ đi 0,25 điểm.
P
Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có:
3
a b ab; 22 32 2
Suy ra 52 12 22 2 1 1 1 2 2
a b c P
0,50
Trang 53
2
a c
a b c abc
1
1
2
11
a
11 11 3 11 2
a
b
c
Vậy Pmin 2.
0,50
A Theo chương trình chuẩn
K
G H
E I A
Ta có IA 5
(x1) (y2) 5
Do I(1; 2); 5 1;
3 3
0,25
Gọi E là chân đường cao hạ từ A xuống BC và K là giao điểm thứ hai của
đường cao AH với đường tròn (ABC) thì E là trung điểm HK hay BC là đường
trung trực của HK.
Đường thẳng AH có phương trình: 3x y 6 0
0,25
Trang 6
x y
3 5 21 5
x y
3 21
;
5 5
5 5
0,25
Đường thẳng BC đi qua E nhận (1; 3)
Vậy BC có phương trình: x3y0
0,25
Đường thẳng ( ) có phương trinh tham số:
2
x t
y t
z t
Gọi I(2t1;t 1; t 2) là tâm mặt cầu (S), ta có
0,25
Gọi h là khoảng cách từ tâm I của (S) đến (P), ta có:
3
1 1 ( 1)
Vì (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính r2 2 nên mặt cầu
có bán kính là:
2
8 3
0,25
Từ (1) và (2) suy ra:
2
2
16
t
3
t
+) Với t 3, ta có I(7; 2; 1) IA 56, mặt cầu (S):
(x7) (y2) (z1) 56
0,25
+) Với t 3, ta có I( 5; 4;5) IA 56, mặt cầu (S):
(x5) (y4) (z5) 56
0,25
9.a Cho các số phức z z1; 2 thoả mãn: z1z2 3; z1 z2 1 Tính z1z2 1.00
z z z và z1z2 z1z2; z1z2 z1z2. Do đó:
2
3 z z z z z z z z z z z z z z z z z z
z z z z
Suy ra: z z1 2 z z2 1 1
0,50
Ta lại có:
2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1
z z z z Vậy z1z2 1.
0,50
Trang 7B Theo chương trình nâng cao 3,00
d
d1
d2
M
A1
I
A2
Đường tròn ( )C có tâm (2; 1), I bán kính R2. Ta có khoảng cách từ I đến
đường thẳng (d) bằng
2 5
, suy ra đường tròn (C) không
cắt (d). Suy ra mọi điểm M nằm trên (d) đều nằm ngoài (C) hay qua M luôn kẻ
được đúng 2 tiếp tuyến phân biệt ( ); (d1 d2) đến (C).
Gọi d d( ;1 2) là góc giữa hai tiếp tuyến. Theo định nghĩa góc giữa hai đường
0 90 Vậy giá trị lớn nhất của góc giữa hai đường thẳng
90
0,25
Giả sử M là điểm thoả mãn yêu cầu bài toán và A A1; 2 là các tiếp điểm tương
ứng của ( ); (d1 d2) với (C), suy ra IA MA1 2 là một hình vuông, cạnh IA1 2.
Suy ra: IM 2 2.
0,25
Vì M nằm trên (d) nên suy ra toạ độ M có dạng M t t( ; 2 1).
0
5
t
0,25
+) t 0 M(0;1)
0,25
Đường thẳng ( )d1 đi qua điểm M(0;3;1) có vectơ chỉ phương 1(2; 2; 1)
u
Đường thẳng (d2) đi qua điểm N(1; 2; 1) có vectơ chỉ phương 2(1; 1;1)
u
Ta có u u 1, 2 ( 3; 3; 0) và (1; 1; 2)
MN thoả mãn 1, 2 0
Vậy ( ); (d1 d2) đồng phẳng.
Mặt phẳng chứa ( ); (d1 d2) có phương trình: xy 3 0 và toạ độ A thoả mãn
phương trình đó nên ( ); (d d ) và A đồng phẳng.
0,25
Trang 8Vì C(d2) nên nó có toạ độ dạng: C t( 1; t 2;t1)
Do E nằm trên đường trung tuyến đi qua B nên ta có:
t
Suy ra C(4; 1; 2)
0,25
Gọi I là hình chiếu của A lên (d2) và A’ là điểm đối xứng của A qua (d2).
BC.
Toạ độ I có dạng I u( 1; u 2;u1). Ta có 2 0
AI u u 0 I(1; 2; 1) Suy ra A'(0;3;1)
0,25
Gọi véc tơ chỉ phương của BC là 3 (4; 4;1)
Suy ra: 3 ( 18; 18; 0); 3 33
Ta có đường cao hạ từ A của tam giác ABC chính là khoảng cách từ A đến BC
3
33
CA u h
0,25
2013 3 2013 3 2013 3 2013 3 2013
2013
2013 2013
2013
Áp dụng khai triển nhị thức Newton ta được:
2013
2013
1
2
2013
1
2
2012 2013
0,25
1
3
k n n
khi n
i khi n
khi n
i khi n
nên suy ra:
2013 0 2 2 4 1006 2012
2013
1
2
0,25
Trang 92013
Suy ra: 2013
Re z 1
0,25
2013
1
2013 3 2013 3 2013 3 2013 2
0,25