ĐÁP ÁN THI THỬ ĐH TỈNH BÁC GIANG NĂM 2013_Khối A,A1

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


Câu Nội dung Điểm

1.(1,0 điểm)
Với m=1, Hàm số có dạng
3
3 2
y x x
= − +

•
Tập xác định:
ℝ

•
Sự biến thiên
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = −∞

0,25
Chi

ề
u bi
ế
n thiên:
2
' 3 3 0 1
y x x
= − = ⇔ = ±

B
ả
ng bi
ế
n thiên
x
−∞

-1 1
+∞

y’ + 0 - 0 +
4
+∞


y
−∞

0

0,25
Hàm s
ố

đồ
ng bi
ế
n trên các kho
ả
ng
(
)
(
)
; 1 và 1;
−∞ − +∞
, ngh
ị
ch bi
ế
n trên kho
ả
ng
(-1;1)
Hàm s
ố

đạ
t c
ự

c
đạ
i t
ạ
i
1, 4
CD
x y
= − =
. Hàm s
ố

đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i
1, 0
CT
x y
= =

0,25
+ V
ẽ

đ

úng
đồ
th
ị

0,25
2.(1,0 điểm)

Ta có
2
' 3 3
y x m
= −
Hàm s
ố
có c
ự
c
đạ
i, c
ự
c ti
ể
u khi và ch
ỉ
khi ph
ươ
ng trình
' 0
y

=
có hai nghiệm phân
biệt
0
m
⇔ >

0,25

Vì
1
. ' 2 2
3
y x y mx
= − +
nên
đườ
ng th
ẳ
ng
∆

đ
i qua
đ
i
ể
m c
ự
c

đạ
i, c
ự
c ti
ể
u c
ủ
a
đồ
th
ị

hàm s
ố
có ph
ươ
ng trình là
2 2
y mx
= − +

0,25

Ta có
( )
2
2 1
, 1
4 1
m

d I R
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:
2
1 1 1
. .sin
2 2 2
ABI
S IA IB AIB R
∆
= ≤ =

0,25
I
(2điểm)

Nên
IAB
S
∆
đạt giá trị lớn nhất bằng
1
2
khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông cân
tại I
1
2 2
R
IH⇔ = = (H là trung điểm của AB)
2
2 1
1 2 3
2
2
4 1
m
m
m
−
±
⇔ = ⇔ =

+

0,25
1.(1,0 điểm) Giải phương trình
3 3 2
os sin 2sin 1
c x x x
+ + =



(cos sin )(1 sin cos ) os2 0
(cos sin )(1 sin cos sin cos ) 0
Pt x x x x c x
x x x x x x
⇔ + − − =
⇔ + − + − =

0,25

II
(
2điểm)

cos sin 0
(1 sin )(1 cos ) 0
x x
x x
+ =


⇔

+ − =


0,25


l
H
M
C
A
B
S

4
2 (k )
2
2
x k
x k
x k
π
π
π
π
π

= − +




⇔ = − + ∈


=



ℤ





0,25
KL
0,25
2.(1điểm) Giải phương trình
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2
x x x x x
− + − = − + − +


ĐK:
1
x
≥

0,25
Đặ
t
2 2
3 2 1 (t>0) 4x+2 3 5 2 3
t x x x x t
= − + − ⇒ − + = +

Thay vào pt
đ
ã cho ta
đượ
c:
2
3
6 0
2
t
t t
t
=

− − = ⇔

= −

, suy ra
đượ
c

t=3
th
ỏ
a mãn.
0,5

+ v
ớ
i
2
3
3 4 +2 3 5 2 12 2
17
2
x
t x x x x
x
x
≤


= ⇒ − + = ⇔ ⇔ =
=




=



KL:
0,25
3
1
3
3 1 3
x
I dx
x x
−
−
=
+ + +
∫

Đặt
2
1 1 2
t x t x tdt dx
= + ⇒ = + ⇒ =

Khi
1 0; 3 2
x t x t
= − ⇒ = = ⇒ =

0,25
3
2 2

2
0 0
)
2 . 2 .
4 3
( 3
3 2 1
I dt dt
t t
t
t t t
⇒ = =
∫ ∫
−
− +
+ + +

0,25
2
2
6 6ln | 1|)
0
(
t t
I t
− + + =
⇒ =


0,25

III
(1điểm)

KL:
I
=
8 6ln 3
− +

0,25


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 :
BC
2
= 2AB
2
– 2AB
2
cos120
0

⇔
a
2
= 3AB

2

⇔

3
a
AB =

Mà
2
2 2 2 2
2
3
3
a a
SA =SB -AB = a SA = − ⇒
;

2 2
0
1 1 3 3
. .sin120
2 2 3 2 12
∆ABC
a a
S = AB AC = =


0,25

⇒
2 3
.
1 2 3 2
3 12 36
3
S ABC
a a a
V = = (dvtt)

0,25
Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABM ta có:
2
2 2 2 0
2 . cos120
9 3
a a
AM AB MB AB MB AM
= + − = ⇒ =
3
a
AM BM
⇒ = =
.
Do
đ
ó tam giác AMB cân t
ạ
i M nên

0 0
30 90 (1)
BAM ABM MAC AM AC∠ = ∠ = ⇒ ∠ = ⇒ ⊥
M
ặ
t khác:
( ) (2)
SA ABC SA AC
⊥ ⇒ ⊥

Từ (1) và (2) ta có:
( ) (3)
AC SAM
⊥
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
2 2 2
1
a b c
+ + =
nên
(
)
, , 0;1
a b c∈

Ta có
(
)
2
2
1
5 3
2
3
2 2 2
1
a a
a a a
a a
b c a

−
− +
= = − +
+ −

Bất đẳng thức trở thành
(
)
(
)
(
)
2 3
3 3 3
3
a a b b c c− + + − + + − + ≤
0,5
V
(
1điểm)


Xét hàm s
ố

(
)
(
)
(

)
3
0;1
f x x x x= − + ∈
. Ta có:
( )
( )
0;1
2 3
ax
9
M f x =

( ) ( ) ( )
2 3
3
f a f b f c⇒ + + ≤

D
ấ
u “=” x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi a = b = c=
1
3

0,5
1.(1,0 điểm)

T
ọ
a d
ộ
giao
đ
i
ể
m I c
ủ
a d

và d’ là nghi
ệ
m c
ủ
a h
ệ
ph
ươ
ng trình
9
3 0
9 3
2
;
6 0 3
2 2
2
x

x y
I
x y
y

=

− − =


 
⇔
⇒
 
 
+ − =
 


=



Do vai trò c
ủ
a A, B, C, D là nh
ư
nhau nên gi
ả
s

ử
M là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
AD
(
)
Ox 3;0
M d M⇒ = ∩ ⇒

0,25
Ta có:
2 3 2
AB IM= =

Theo gi
ả
thi
ế
t
. 12 2 2
ABCD
S AB AD AD= = ⇒ =

Vì I, M thu
ộ

c d
: 3 0
d AD AD x y
⇒
⊥
⇒
+ − =

0,25
VIa
(
2điểm)


L
ạ
i có
2
MA MD
= = ⇒
t
ọ
a
độ

đ
i
ể
m A, D là nghi
ệ

m cu
ẩ
h
ệ
ph
ươ
ng trình
( )
2
2
2
3 0
1
4
3 2
1
x
x y
y
x
x y
y

=



+ − =

=

 

⇔


=
− + =





= −




Không m
ấ
t tính t
ổ
ng quát, gi
ả
s
ử

(
)
(
)

2;1 ; 4; 1
A D
−

0,25

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 điểm A(0;-1;4)
0,5
Tìm được vtcp của đường thẳng
∆
là
[ , ] (5;0;5)
P d
u n u= =
  

0,25
Viết được phương trình đường thẳng
∆
1
4
x t
y
z t
=



= −


= +


0,25
ĐK
4
4 6
log 6
2 2
x
x
x

>

⇔ >

≠



0,25
Khi
đ
ó bpt

2 4
4 6
5
2 2
1 2 2
x
x
x
x

>
−
> ⇔

−
< <



0,25
VIIa
(
1điểm)


Tìm
đượ
c x>2 và k
ế
t lu

ậ
n
0,5
1.(1,0 điểm)

Đườ
ng tròn có tâm
(1;3),
I bán kính
2
R
=

0,25
M là
đ
i
ể
m n
ằ
m trong
đườ
ng tròn, M là trung
đ
i
ể
m AB suy ra AB vuông góc v
ớ
i IM
0,25

Ta có
(1;1)
IM =

là VTPT
0,25
Đường thẳng cần tìm có PTTS:
2
4
x t
y t
= +


= +


0,25
2.(1,0 điểm)


I
(
)
; ;
x y z
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi
(
)
,

AI BI CI I ABC
= = ∈

0,25

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 3 1 1 2
1 1 ( 2) 1 2
2 8 3 5 1 0
, 0
x y z x y z
AI BI
CI BI x y z x y z
x y z
AI AB AC


− + − + − = + + − +
=


 
⇔ = ⇔ − + − + + = + + − +

 
 
 
− − − + − =
=
 
 


  


0,5
VIb
(2điểm)


14
15
61 14 61 1
, ,
30 15 30 3
1
3
x
y I
z

=




 
⇔ = ⇒ −

 
 


= −



0,25
Ta có
( )
( )
( )
1
3
1
2
2
1
1 1
log 3 1
log 9 7 1 1
5
3 5
2 9 7 ,2 3 1

x
x
x x
−
−
− +
−
+ − −
= + = +

0,25
S
ố
h
ạ
ng th
ứ
6 c
ủ
a khai tri
ể
n
ứ
ng v
ớ
i k = 5 là
( ) ( ) ( )( )
3 5
1 1
1

5 1 1 1 1
3 5
8
9 7 . 3 1 56 9 7 3 1
x x x x
C
− −
− − − −
   
+ + = + +
   
   

0,25
VIIb
(
1điểm)


Treo gi
ả
thi
ế
t ta có
0,25

(
)
(
)

1
1 1
1
1
56 9 7 3 1 224
9 7
4
3 1
x x
x
x
−
− −
−
−
+ + =
+
⇔ =
+

1
2
x
x
=

⇔

=


và KL
0,25
Hết