Tải bản đầy đủ (.doc) (20 trang)

Giai KSCL truoc dai hoc 2013 lan 1

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (554.42 KB, 20 trang )

GIẢI ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TRƯỚC ĐẠI HỌC 2013
MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút , không kể thời gian giao đề )
( Lần thứ nhất )
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x

=
+
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm cặp điểm trên đồ thị (C) đối xứng với nhau qua đường thẳng
: 2 4 0d x y− + =
Bài giải :Đường thẳng ∆ vuông góc với
: 2 4 0d x y− + =
có dạng
: 2 0
2
x m
x y m y
+
∆ + + = ⇔ = −
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng ∆
1
2 1
( )( 1) 2(2 1) 0
1 2


x
x x m
x m x x
x
≠ −

− +
= − ⇔

+ + + − =
+

2
( 5) 2 0 (*)x m x m⇔ + + + − =
2 2
10 25 4 8 ( 3) 24 0m m m m m∆ = + + − + = + + > ∀
⇒ ∆ luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B Gọi I là trung điểm AB .
5
2 5
5 5
2
;
5
2 4
2
4
I A B
I
I
I

I
m
x x x m
x
m m
I
x m
m
y
y
+

= + = − −
= −

+ −
   
⇔ ⇒ −
 
+
 ÷

= −
 
 
=



A,B đối xứng nhau qua d ⇔ I ∈ d

5
5 4 0 3 9 0 3
4
m
m m m

⇔ − − − + = ⇔ − − = ⇔ = −
Thay m = –3 vào (*) Ta được
2
4 6
1 6
2
2 5 0
4 6
1 6
2
x y
x x
x y


= − + ⇒ =


+ − = ⇔

+
= − − ⇒ =




Vậy cặp điểm cần tìm là
4 6 4 6
1 6; ; 1 6;
2 2
   
− +
− + − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình :
tan .cos3 2cos2 1
3.(sin 2 cos )
1 2sin
x x x
x x
x
+ −
= +

Bài giải :
tan .cos3 2cos2 1
3.(sin 2 cos )
1 2sin
x x x
x x
x
+ −
= +


Điều kiện :
6
5
6
2
2 / 3
sin 1/ 2
2 ( )
cos 0
2
x l
x
x l l Z
x
x l
π
π
π
π
π
π
≠ +




⇔ ≠ + ∈
 




≠ +

Phương trình tương đương với
2
sin (4cos 3) 2cos2 1 3 cos (2sin 1)(1 2sin )x x x x x x− + − = + −
[ ] [ ]
sin 2(1 cos2 ) 3 (2cos2 1) 3 cos 1 2(1 cos2 )x x x x x⇔ + − + − = − −
sin (2cos 2 1) (2cos2 1) 3cos (2cos2 1)x x x x x⇔ − + − = −
(2cos2 1)( 3cos sin 1) 0x x x⇔ − − − =
1
/ 6
cos2
2
/ 6 2 ( )
1
cos
/ 2 2
6 2
x k
x
x k k Z
x
x k
π π
π π
π
π π


= ± +
=



⇔ ⇔ = + ∈

 

+ =

= − +
 ÷


 

Đối chiếu với điều kiện Ta được nghiệm của phương trình là :
/ 6 2
( )
5 / 6 2
x k
k Z
x k
π π
π π
= − +




= − +

Câu 3: (1 điểm) Giải hệ phương trình trên tập số thực :
3
2 1 0
(3 ) 2 2 2 1 0
x y
x x y y

− + =


− − − − =


Bài giải :
3
2 1 0 (1)
(3 ) 2 2 2 1 0 (2)
x y
x x y y

− + =


− − − − =


Điều kiện
1

2;
2
x y≤ ≥
(2) (2 1) 2 (2 1 1) 2 1x x y y⇔ − + − = − + −
Xét hàm số
2 2
( ) ( 1) '( ) 3 1 0f t t t f t t t R= + ⇒ = + > ∀ ∈
⇒ (t) đồng biến trên R
Từ (2) Ta có
( 2 ) ( 2 1) 2 3f x f y y x− = − ⇔ = −
Ta có hệ phương trình :
3
1
2 0
( )
1
2 3
x
x x
thoa
y
y x
 =
+ − = 

 
=
= −



Vậy hệ phương trình có nghiệm
(1;1)
Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân :
/3
0
tan (4 .cos 3cos )I x x x x dx
π
= −


Bài giải :
/3 /3 /3
1 2
0 0 0
sin
tan (4 .cos 3cos ) 4 .sin 3 4 3
cos
x
I x x x x dx x xdx dx I I
x
π π π
= − = − = −
∫ ∫ ∫
/3
1
0
sinI x xdx
π
=


Đặt
sin cos
u x du dx
dv xdx v x
= =
 

 
= = −
 
( )
/3
/3
/3
1
0
0
0
cos cos cos sinI x x xdx x x x
π
π
π
= − + = − +

3
6 2
π
= − +
/3
2

0
sin
cos
x
I dx
x
π
=

Đặt
2
cos cos sin 2t x t x xdx tdt= ⇒ = ⇔ = −
2
0 1 ;
3 2
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
2 /2
1
2
2 /2
1
2
2 2 2 1 2 2
2
I dt t
 
= − = = − = −
 ÷

 ÷
 

1 2
2 2
4 3 2 3 2 3 6 6
3 3
I I I
π π
= − = − + − + = −
Câu 5: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a , AC =
3a
. Gọi I là trung
điểm cạnh BC , hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của AI . Góc giữa hai mặt
phẳng (SAB) và (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích S.ABC và khoảng cách hai đường thẳng SC và AI .
Bài giải :
2 2
2BC AB AC a= + =
1
2
BI BC a= =
⇒ ∆ABI là tam giác đều cạnh a
Trong (ABC) kẻ HK ⊥ AB ,
( )SH ABC SH AB⊥ ⇒ ⊥
Vậy
( )AB SHK AB SK⊥ ⇒ ⊥
Góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) và (ABC) là
·

0
60SKH =
·
3 3
.tan . 3
4 4
a
SH HK SKH a= = =
2
1 3
.
2 2
ABC
a
S AB AC= =
2 3
1 1 3 3 3
. .
3 3 4 2 8
SABC ABC
a a a
V SH S= = =
(đvtt)
Qua C kể đường thẳng m // AI
/ /( ; )AI S m SC⇒ ⊃
Kẻ
( )HD m D m⊥ ∈
Ta cũng có
( ) ( ; ) ( )SH m m SHD S m SHD⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
theo giao tuyến SD

Trong (SHD) kẻ
( ) ( ; )HJ SD J SD HJ S m⊥ ∈ ⇒ ⊥
Dựng hình chữ nhật HIED ;
·
·
0
60ICE BIA= =
0
3
.sin60
2
a
HD IE IC= = =
∆SHD vuông tại H có HJ là đường cao nên :
2 2 2 2 2 2
1 1 1 16 4 28 3 7
9 3 9 14
a
HJ
HJ SH HD a a a
= + = + = ⇒ =
Vậy
3 7
( ; ) ( ;( ; )) ( ;( ; ))
14
a
d AI SC d AI S m d H S m HJ= = = =
Câu 6: (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực

.

12
118
1
12
2
2
2
2
2
m
xx
x
x
xx
=
+++
+
+
+






+−+
Bài giải : Phương trình đã cho tương đương với
.
1
1

2
18
1
1
2
2
2
2
m
x
x
x
x
=
+
+
+
+









+
+
Đặt

.
1
2
2
+
+
=
x
x
t
Phương trình trở thành
.
1
18
)1(
2
m
t
t =
+
+−
Xét hàm
.
1
2
)(
2
+
+
=

x
x
xg
Ta có
;
1)1(
21
)('
22
++

=
xx
x
xg

;
2
1
0)(' =⇔= xxg

.1)(lim,1)(lim −==
−∞→+∞→
xgxg
xx
Dựa vào BBT ta có với
);( ∞+−∞∈x
thì
].5;1(−∈t
Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi

phương trình
m
t
t =
+
+−
1
18
)1(
2
có nghiệm
].5;1(−∈t
Xét hàm
1
18
)1()(
2
+
+−=
t
ttf
trên
]5;1(−
.
Ta có
;
)1(
18
)1(2)('
2

+
−−=
t
ttf

;20)(' =⇔= xtf

( 1)
3 5 5
lim ( ) ; (2) 7; ( 5)
2 2
t
f t f f
+
→ −
= +∞ = = +
Dựa vào BBT, ta có phương trình
mtf =)(
có nghiệm
]5;1(−∈t
khi và chỉ khi
.7≥m
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn.
Câu 7a: (1 điểm) Cho hai đường tròn
2 2
1
( ) :( 1) ( 2) 4C x y− + − =

2 2

2
( ):( 2) ( 3) 2C x y− + − =
cắt nhau tại điểm
A(1 ;4) . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt lại (C
1
) , (C
2
) lần lượt tại các điểm M,N (khác A) sao cho
MA = 2NA
Bài giải : Đường tròn (C
1
) có tâm I
1
(1 ;2) bán kính
1
2R =
, Đường
tròn (C
2
) có tâm I
2
(2 ;3) bán kính
2
2R =
Giả sử đường thẳng ∆ cần tìm có VTPT
( ; ) 0n a b

= ≠
uur r
: 4 0ax by a b⇒ ∆ + − − =

Gọi H,K lần lượt là trung điểm AM,AN Ta có
1 2
;I H MN I K MN⊥ ⊥

1 1
2 2
2 | |
( ; )
b
I H d I
a b
= ∆ =
+
;
2 2
2 2
| |
( ; )
a b
I K d I
a b

= ∆ =
+
2 2
2 2 4MA AN AH AK AH AK= ⇔ = ⇔ =
2 2 2
2 2 2 2
4 2
4 4 2

b a ab b
a b a b
 
− +
⇔ − = −
 ÷
+ +
 
2 2 2 2
0
2 2 0
2
b
a a ab b b ab
b a
=

⇔ = + + ⇔ + = ⇔

= −

Với b = 0 . Chọn a = 1 Ta có
: 1 0d x − =
Với b = –2a . Chọn a = 1 ; b = –2 Ta có
: 2 7 0d x y− + =
Câu 8a: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( ) : 2 2 2 0Q x y z+ − + =
và đường thẳng
(d) có phương trình
2 2

( ) :
1 1 1
x y z
d
− −
= =

. Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt
phẳng (Q) một góc
α
với
5
sin .
6
α
=
Bài giải :
5 1
sin . cos
6
6
α α
= ⇒ =
(vì α nhọn)
2 2
( ) :
1 1 1
x y z
d
− −

= =

đi qua điểm M(2 ; 0 ; 2) có VTCP
(1; 1;1)
d
u = −
uur
Gọi VTPT của mặt phẳng (P) cần tìm là
( ; ; ) 0
P
n a b c= ≠
uur r
. 0 (1)
P d
n u b a c= ⇔ = +
uur uur
·
( )
2 2 2
| 2 2 | 1
cos ( ),( )
6
3
a b c
P Q
a b c
+ −
= =
+ +
2 2 2 2 2 2

2 | 3 | 3. ( ) 6 2 2 2a a c a c a a c ac⇔ = + + + ⇔ = + +
2 2
2 0
2
c a
c ac a
c a
=

⇔ + − = ⇔

= −

Với c = a Từ (1) ⇒ b =2a Chọn
(1;2;1)
P
n =
uur
phương trình mặt phẳng cần tìm
( ) : 2 4 0P x y z+ + − =
Với c = −2a Từ (1) ⇒ b = −a Chọn
(1; 1; 2)
P
n = − −
uur
phương trình mặt phẳng cần tìm
( ) : 2 2 0P x y z− − + =
Vậy có 2 mặt phẳng cần tìm là
1
( ) : 2 4 0P x y z+ + − =


2
( ): 2 2 0P x y z− − + =
Câu 9a: (1 điểm) Giải phương trình:
2 2
25 5
5
1 1
log ( 8 15) log log | 5 |
2 2
x
x x x
-
- + = + -

Bài giải :
2 2
25 5
5
1 1
log ( 8 15) log log | 5 |
2 2
x
x x x
-
- + = + -
Điều kiện
1; 3; 5x x x> ≠ ≠
phương trình đã cho tương đương với
2

5 5 5
1
log | 8 15| log log | 5|
2
x
x x x

− + = + −
5 5 5 5
1
log | 3| log | 5| log log | 5|
2
x
x x x

⇔ − + − = + −
5( )
2 6 1
2 | 3| 1
7
2 6 1
3
x loai
x x
x x
x x
x
=

− = −



⇔ − = − ⇔ ⇔


− = −
=



Vậy phương trình có nghiệm
7
3
x =
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu 7b: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác
ABC
có đỉnh
(2;3)A
, đường phân giác trong góc
A
có phương trình
1 0x y− + =
, tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(6 ; 6) và diện tích tam giác
ABC
gấp ba lần
diện tích tam giác
IBC
Viết phương trình cạnh

BC
.
Bài giải : Gọi M là giao điểm của phân giác trong góc A và đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC (M khác A) . H là hình chiếu của I trên AM
: 12 0IH AM IH x y⊥ ⇒ + − =
Tọa độ H là nghiệm hệ phương trình
1 0
11 13
;
12 0
2 2
x y
H
x y
− + =

 


 ÷
+ − =
 

H là trung điểm AM nên tọa độ điểm M là M(9 ;10)⇒
(3;4)IM =
uuur
BC IM⊥
nên BC có phương trình
:3 4 0BC x y m+ + =
3 ( , ) 3 ( , )

ABC IBC
S S d A BC d I BC= ⇔ =
3 126 18 54
|18 | 3| 42 |
3 126 18 36
m m m
m m
m m m
+ = + = −
 
⇔ + = + ⇔ ⇔
 
+ = − − = −
 
Vậy có 2 đường thẳng BC cần tìm là
3 4 54 0;3 4 36 0x y x y+ − = + − =
Câu 8b: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ):( 1) ( 1) 9S x y z+ + − + =
và điểm
(1;0; 2)A −
.Viết phương trình đường thẳng

tiếp xúc với (S) tại A và tạo với trục Ox một góc α có
1
cos .
3 10
α
=
Bài giải : Mặt cầu (S) có tâm I(–1;1;0) bán kính R = 3 ;

(2; 1 2)IA = − −
uur
Gọi đường thẳng ∆ có VTCP
( ; ; ) 0u a b c

= ≠
uur r
2 2 0 2 2 (1)IA u a b c b a c

= − − = ⇔ = −
uur uur
∆ tạo với Ox một góc α thỏa
1
cos
3 10
α
=
2 2 2
2 2 2
| | 1
89 (2 2 )
3 10
a
a a c c
a b c
⇔ = ⇔ = − +
+ +
2 2
8
5 5

85 8 5 0
5 44
17 17
c c
a b
a ac c
c c
a b

= ⇒ = −

⇔ + − = ⇔



= ⇒ = −


Với
8
;
5 5
c c
a b= = −
Chọn
1 2
(1; 8;5) :
1 8 5
x y z
u


− +
= − ⇒ ∆ = =

uur
Với
5 44
;
17 17
c c
a b

= = −
Chọn
1 2
(5;44; 17) :
5 44 17
x y z
u

− +
= − ⇒ ∆ = =

uur
Câu 9b: (1 điểm) Giải phương trình trên tập số phức biết rằng phương trình sau có nghiệm thực :

3 2
2 5 (3 2 ) 3 0z z i z i− + + + + =
Bài giải : Giả sử z = a (a ∈R) là nghiệm của phương trình Ta có
3 2

3 2
2 5 3 3 0
1
2 5 (3 2 ) 3 0
2
2 1 0
a a a
a a i a i a
a

− + + =
− + + + + = ⇔ ⇔ = −

+ =

Phương trình đã cho có thể viết lại
2
(2 1)( 3 3 ) 0z z z i+ − + + =
2
1
2
3 3 0 (*)
z
z z i

= −





− + + =

2
(*) 3 3 0z z i⇔ − + + =
2
9 12 4 3 4 (1 2 )i i i∆ = − − = − − = −
Phương trình (*) có nghiệm
2
1
z i
z i
= −


= +

Vậy phương trình có 3 nghiệm
1
; 2 ; 1
2
z z i z i= − = − = +
GIẢI ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TRƯỚC ĐẠI HỌC 2013
MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút , không kể thời gian giao đề )
( Lần thứ hai )
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số
4 2
2 1 ( )
m
y x mx C= − +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 .
2. Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị và đường tròn đi qua 3 điểm này có bán
kính bằng 1 .
Bài giải :
3 2
' 4 4 4 ( )y x mx x x m= − = −

Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi y ‘ = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0
Lúc này đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là
2 2
(0;1); ( ;1 ); ( ;1 )A B m m C m m− − −
Tam giác ABC cân tại A . Gọi H là trung điểm BC ⇒ AH ⊥ BC
2
2 4
4
; 2 ; ;sin
m
AH m BC m AB AC m m C
m m
= = = = + =
+
Áp dụng định lý hàm số sin ta có
4 2
2 sin 2sin 2AB R C C m m m= = ⇔ + =
3 2
1
2 1 0 ( 1)( 1) 0 ( 0)
5 1
2
m

m m m m m do m
m
=


⇔ − + = ⇔ − + − = ⇔ >


=


Vậy
1m =
hoặc
5 1
2
m

=
thì yêu cầu bài toán được thỏa
Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình :
sin 4 2 cos3 4sin cosx x x x+ = + +
Bài giải :
sin 4 2 cos3 4sin cos sin 4 2 2cos2 cos 4sinx x x x x x x x+ = + + ⇔ + = +
4sin cos cos 2 2cos2 cos 4sin 2 0x x x x x x⇔ − − + =
cos2 cos (2sin 1) (2sin 1) 0x x x x⇔ − − − =
2
(2sin 1) cos (2cos 1) 1 0x x x
 
⇔ − − − =

 
3
/ 6 2
1
2sin 1 0
sin
5 / 6 2 ( )
2
2cos cos 1 0
cos 1
2
x k
x
x
x k k Z
x x
x
x k
π π
π π
π
= +


− =

=


⇔ ⇔ ⇔ = + ∈




− − =

=


=


Vậy phương trình có nghiệm
/ 6 2
5 / 6 2 ( )
2
x k
x k k Z
x k
π π
π π
π
= +


= + ∈


=

Câu 3: (1 điểm) Giải hệ phương trình

3 3
2 2
2 9 ( )(4 1)
3 1 0
x y x y xy
x xy y

− = − −


− + + =


Bài giải :
3 3 3 3 2 2
2 2 2 2
2 9 ( )(4 1) 2 9 ( )( )
3 1 3 1
x y x y xy x y x y x xy y
x xy y x xy y
 
− = − − − = − + +
 

 
− + = − − + = −
 
 
3 3 3 3
2

2 2
2
2 9 2; 1
2; 1
1
3 1
x y
x y x y x y
x y
y
x xy y

=

− = − = =

⇔ ⇔ ⇔
 

= − = −
− = −
− + = −



Vậy hệ phương trình có nghiệm (2 ;1) ; (−2 ; −1) .
Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân
2 2
1
( 1)ln

ln
e
x x x
I dx
x x x
− +
=
+

Bài giải :
2 2 2
1 1 1 1
( 1)ln (ln 1) ln ln
ln (ln 1) (ln 1)
e e e e
x x x x x x x
I dx dx xdx dx
x x x x x x x
− + + −
= = = −
+ + +
∫ ∫ ∫ ∫
2 2
1
1 1
( 1)
2 2
e
x J e J= − = − −
1

ln
(ln 1)
e
x
J dx
x x
=
+

Đặt
ln 1 ln 1
dx
t x x t dt
x
= + ⇒ = − ⇒ =
1 1; 2x t x e t
= ⇒ = = ⇒ =
( )
2
2
1
1
1
ln | | 1 ln 2
t
J dt t t
t

= = − = −


2 2
1 1 3
( 1) ln 2
2 2 2
I e J e= − − = − +
Câu 5: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính
AD = 2a .SA vuông góc với đáy .Gọi M là trung điểm cạnh SB , biết khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD) bằng
3
4
a
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin góc giữa 2 đường thẳng BC và DM
Bài giải : Gọi I là trung điểm AD ⇒ BCDI là hình bình hành
3
( ,( )) 2 ( ,( )) 2 ( ,( ))
2
a
d A SCD d I SCD d B SCD= = =
,DC AC AB BD⊥ ⊥
( góc nội tiếp nửa đường tròn )
2 2
4 3AC BD a a a= = − =
0
3
( , ) .sin 60
2
a
d B AD AB= =
2
1 3 3 3 3
( ). ( , ) .

2 2 2 4
ABCD
a a a
S AD BC d B AD= + = =
(đvdt)
( ) ( ) ( )
DC AC
DC SAC SCD SAC
DC SA


⇒ ⊥ ⇒ ⊥



theo giao tuyên SC
Trong (SAC) kẻ
( ) ( )AH SC H SC AH SCD⊥ ∈ ⇒ ⊥
3
( ,( ))
2
a
AH d A SCD= =
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 4 1 1
3 3
SA a
AH SA AC SA a a a
= + ⇒ = − = ⇒ =
3

1 3
.
3 4
SABCD ABCD
a
V SA S= =
(đvtt)
2 2
1 2
2
2 2
a
SB SA AB a AM SB= + = ⇒ = =
2
2 2 2
14
( ) 3
2 2
DB AB
a a
DB SAB DB SB DM DB BM a
DB SA


⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = + = + =



·
2 2

2
2 2 2
7
4
14
2 2
cos
2 . 4
14
2.2 .
2
a a
a
AD DM AM
ADM
AD DM
a
a
+ −
+ −
= = =
Vậy
·
14
cos( , ) cos( , ) cos
4
BC DM AD DM ADM= = =
Câu 6: (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2
sin

4
, ;
2
sin 1 2cos
x
y x
x x
π
π
π
 

 ÷
 
 
= ∈
 
 
+ +
.
Bài giải :
(
)
2
2
sin
sin cos
4
sin 1 2cos
2 sin 1 2cos

x
x x
y
x x
x x
π
 

 ÷

 
= =
+ +
+ +
Khi
cos 0 sin 1
2
x x x
π
= ⇔ = ⇒ =
Ta có :
1 2
4
2 2
y = =
Khi
cos 0 cos 0 ;
2
x x
π

π
 
≠ ⇒ < ∀ ∈


 
. Chia tử và mẫu cho cosx Ta được
2
tan 1
2(tan 3 tan )
x
y
x x

=
− +
Đặt
tant x=
với
; ( ;0].
2
x t
π
π
 
∈ ⇒ ∈ −∞


 
2

2 1
. ( )
2
3
t
y f t
t t

= =
− +
Ta có
(
)
(
)
2
2
2
2
3 1 ( 1)
2
3
'( ) .
2
3
t
t t t
t
f t
t t

 
− + − − −
 ÷
+
 
=
− +
(
)
2
2 2
2 3 1
.
2
3. 3
t t
t t t
+ + −
=
+ − +
.
Xét
'( ) 0f t ≥



2
3 1t t+ ≤ −
(vì
2

3 0t t− + <
)


2 2
3 (1 )t t+ ≤ −



1t ≤ −
.
Bảng biến thiên
Kết hợp hai trường hợp của x, ta có
2
max
3
y =
,
2
min
4
y =
.
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B.
A: Theo chương trình chuẩn
Câu 7a: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x
2
+ y
2
– 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1; 4),

B(−1; 3). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD.
Bài giải :
2 2
( ) : 9 18 0T x y x y+ − − + =
có tâm
9 1
;
2 2
I
 
 ÷
 
bán kính
10
2
R =
( 2; 1) 5AB AB= − − ⇒ =
uuur
. Phương trình đường thẳng
: 2 7 0AB x y− + =

CD//AB nên CD có phương trình
: 2 0 ( 7)CD x y m m− + = ≠
Gọi H là trung điểm CD Ta có IH ⊥ CD
2
2 2 2 2
10 5 5
4 4 4 2
AB
IH R CH R IH= − = − = − ⇒ =

9
1
1
5 5 | 7 2 | 5
2
( , )
6
2
5 2 5 2 5 2 5
m
m
m
d I CD
m
− +
= −

+
⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔

= −

(thỏa )
Vậy có 2 đường thẳng CD cần tìm là
2 1 0; 2 6 0x y x y− − = − − =
Câu 8a: (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α):
3 3 2 37 0x y z− + + =
và các điểm
A(4;1;5), B(3;0;1), C(−1;2; 0). Tìm toạ độ điểm M thuộc (α) để biểu thức
MA.MB MB.MC MC.MA+ +

uuuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur
đạt giá trị
nhỏ nhất:.
Bài giải : Gọi G là trọng tâm tam giác ABC .Ta có
(2;1;2)G

0GA GB GC+ + =
uuur uuur uuur r
MA.MB MB.MC MC.MAT = + +
uuuur uuur uuur uuuur uuuuruuuur
( )( ) ( )( ) ( )( )MG GA MG GB MG GB MG GC MG GC MG GA= + + + + + + + +
uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur
( )
2
3 2 . . .MG MG GA GB GC GA GB GB GC GC GA= + + + + + +
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
2
3 . . .MG GA GB GB GC GC GA= + + +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur

. . .GA GB GB GC GC GA+ +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
là hằng số nên
min min
T MG⇔
⇒ M là hình chiếu của G lên mặt phẳng (α)
2 1 2
( ) :
3 3 2
x y z

GM GM
α
− − −
⊥ ⇒ = =

Tọa độ M thỏa mãn hệ phương trình
3 0 4
2 1 2
2 3 2 0 7 ( 4;7; 2)
3 3 2
3 3 2 37 0 2
3 3 2 37 0
x y x
x y z
x z y M
x y z z
x y z
+ − = = −
− − −
 

  
= =
⇔ − + = ⇔ = ⇒ − −
  

  
− + + = = −
− + + =


 
Vậy điểm M(−4;7;−2) là điểm cần tìm .
Câu 9a: (1 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn :
3 5
1 2
1 42 1
3
n n
C A n
+ +
+ =
. Tìm số hạng không chứa x trong khai
triển nhị thức Newton của
3
2
1
; 0
n
x x
x
 
+ ≠
 ÷
 
.
Bài giải : Điều kiện n ∈ N* ; n ≥ 3 . Ta có :
3 5
1 2
1 42 1 3!.( 2)! 42.( 3)! 1
3 ( 1)! ( 2)! 3

n n
n n
C A n n n n
+ +
− −
+ = ⇔ + =
+ +
2 2
6 42 1
( 1)( 1) 3
( 4)( 1)
n n
n n
⇔ + =
− +
− −
2 4 2 4 2
18( 4) 126 5 4 23 50 0 5n n n n n n⇔ − + = − + ⇔ − − = ⇔ =
5
5
2 2(5 ) 10 5
5 5
3
2 1
3 3 3
5 5
0 0
1
. . .
k k

k k k
k k
x x x C x x C x
x
− −
− −
= =
 
 
+ = + = =
 ÷
 ÷
 
 
∑ ∑
Số hạng không chứa x tương ứng
10 5 0 2k k− = ⇔ =
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là
2
5
10C =
B: Theo chương nâng cao
Câu 7b: (1 điểm) Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có phương trình đường
thẳng
: 2 6 0AD x y+ + =
. M(2;5) là trung điểm BC và
2 2DC BC AB= =
. Tìm tọa độ các đỉnh hình thang biết A
có tung độ dương .
Bài giải : Giả sử

2 ; 2AB a CD a BC a= ⇒ = =
Kẻ
;BE CD CE ED a BE a AD⊥ ⇒ = = ⇒ = =
Gọi N là trung điểm AD
MN AD⇒ ⊥
. Phương trình đường thẳng
: 2 8 0MN x y− + =

Tọa độ N là nghiệm hệ phương trình :
2 6 0 4
( 4;2)
2 8 0 2
x y x
N
x y y
+ + = = −
 
⇔ ⇒ −
 
− + = =
 
3
(6;3) 3 5 2 5
2
a
NM MN a= ⇒ = = ⇒ =
uuuur
A,D thuộc đường tròn (T) tâm N bán kính
5
2

a
R = =
2 2
( ) :( 4) ( 2) 5T x y+ + − =
Tọa độ A,D là nghiệm hệ phương trình :
2 2 2
2 6 0 2 6
3; 0
5; 4
( 4) ( 2) 5 5( 4) 5
x y y x
x y
x y
x y x
+ + = = − −
  = − =

⇔ ⇔
 

= − =
+ + − = + =

 
Vì A có tung độ dương nên
( 5;4); ( 3;0)A D− −
2
(4;2) ( 1;6)
3
AB NM B= = ⇒ −

uuur uuuur
M là trung điểm BC nên
(5;4)C
Vậy
( 5;4); ( 1;6); (5;4) ( 3;0)A B C D− − −
Câu 8b: (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
, cho đường thẳng (d):
2
1 2
x t
y t
z t
= −


=


= − −

và mặt phẳng (P):
1 0x y z+ − + =
. Gọi (d

) là hình chiếu của (d) lên mặt phẳng (P). Tìm toạ độ điểm
H
thuộc (d

) sao cho

H
cách
điểm
( )
1;1;4K
một khoảng bằng
53
.
Bài giải : I = d ∩ (P) ⇒ Tọa độ điểm I ứng với t thỏa mãn :
2 1 2 1 0 2 (4; 2;3)t t t t I− + + + + = ⇔ = − ⇒ −
Đường thẳng d có VTCP
( 2;1; 2)
d
u = − −
uur
Mặt phẳng (P) có VTPT
(1;1; 1)
P
n = −
uur
(Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P) ⇒ (Q) có VTPT

, (1; 4; 3)
Q d P
n u n
 
= = − −
 
uur uur uur
Đường thẳng d’ là hình chiếu của d lên (P) ⇒ d’ = (P) ∩ (Q) ⇒ d’ có VTCP

'
, ( 7;2; 5)
d P Q
u n n
 
= = − −
 
uuur uur uur
Đường thẳng d’ có phương trình :
4 7
': 2 2 ( )
3 5
x m
d y m m R
z m
= −


= − + ∈


= −

H ∈ d’ ⇒ H có tọa độ :
(4 7 ; 2 2 ;3 5 )H m m m− − + −
2 2 2 2
25 (3 7 ) (2 3) (5 1) 53KH m m m= ⇔ − + − + + =
2 2
1
78 44 34 0 39 22 17 0

17 / 39
m
m m m m
m
=

⇔ − − = ⇔ − − = ⇔

= −

Với m = 1 Ta có điểm
( )
3;0; 2)H − −
Với m = –17/39 Ta có điểm
275 112 202
; ;
39 39 39
H
 

 ÷
 
Câu 9b: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện:

2 3z i z i− = − −
. Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất.
Bài giải : Đặt
( ; )z x yi x y R= + ∈

2 3 ( 1) ( 2) ( 3)z i z i x y i x y i− = − − ⇔ + − = − − +

2 2 2 2
( 1) ( 2) ( 3)x y x y⇔ + − = − + +
2 2 2 2
2 1 4 6 13x y y x y x y⇔ + − + = + − + +
2 3 0x y⇔ − − =
Vậy tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức z là đường thẳng
: 2 3 0x y∆ − − =

|z| nhỏ nhất

|
OM
uuuur
| nhỏ nhất

M là hình chiếu của O trên

: 2 0OM OM x y⊥ ∆ ⇒ + =
Tọa độ M thỏa mãn hệ phương trình :
{ {
3
5
6
5
3 6
2 3 0
;
2 0
5 5
x y x

M
x y y


− − = =
 
⇔ ⇒
 ÷
+ = =
 
Vậy số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là
3 6
5 5
z i= −
GIẢI ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TRƯỚC ĐẠI HỌC 2013
MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút , không kể thời gian giao đề )
( Lần thứ ba )
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số :
2 1
( )
1
x
y C
x

=
+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2. Gọi I là giao điểm 2 tiệm cận của đồ thị (C) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến tại M

của đồ thị (C) cắt 2 tiệm cận tại A và B sao cho
2 10IA IB+ =
uur uur
Bài giải :
2 1 3
2
1 1
x
y
x x

= = −
+ +
Giao điểm hai tiệm cận I(−1 ; 2)
Gọi
3
( ;2 )
1
M m
m

+
đường thẳng ∆ là tiếp tuyến tại M . Ta có :
2
3 3
: ( ) 2
1
( 1)
y x m
m

m
∆ = − + −
+
+
A là giao điểm của ∆ và tiệm cận đứng . Tọa độ A thỏa
1
6
( 1; 2 )
6
1
2
1
x
A
m
y
m
= −


⇔ − −

+
= −



B là giao điểm của ∆ và tiệm cận ngang . Tọa độ B thỏa
2
(2 1; 2)

1
y
B m
x m m
=

⇔ +

− = +

Trung điểm AB có tọa độ
3
( ;2 )
1
m M
m
− ≡
+
Vậy M là trung điểm AB
Theo bài
2
2 10 2 2 10 10IA IB IM IM+ = ⇒ = ⇔ =
uur uur
2
2
2
2
2
( 1) 9 4
9

( 1) 10
0
( 1)
( 1) 1
2
m
m m
m
m
m
m
m
=



+ = = −

⇔ + + = ⇔ ⇔


=
+
+ =



= −

Vậy có 4 điểm M cần tìm là :

( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 4
2;1 , 4;3 , 0; 1 , 2;5M M M M− − −
Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình :
1
2sin tan 1 tan3
cos3
x x x
x
+ + = +
Bài giải : Điều kiện
cos3 0 ( )
6 3
l
x x l Z
π π
≠ ⇔ ≠ + ∈
Phương trình tương đương với
1 sin 2
2sin 1 tan3 tan
cos3 cos .cos3
x
x x x
x x x
⇔ − + = − =
2sin 1
2sin 1
cos3 cos3
x
x

x x
⇔ − = −

(2sin 1)(cos3 1) 0x x⇔ − − =
6
5
6
2
3
2
1
sin
2 ( )
2
cos3 1
k
x k
x
x k k Z
x x
π
π
π
π
π
= +


=



⇔ ⇔ = + ∈


= =


Đối chiếu điều kiện Ta có
2
( )
3
k
x k Z
π
= ∈
Câu 3: (1 điểm) Giải hệ phương trình :
11 1
7 6 26 3
x y y x
y x y x

− − − =


− + − =


Bài giải :
11 1 11 1
7 6 26 3 7 2(11 ) 4( ) 3

x y y x x y y x
y x y x y x x y y x
 
− − − = − − − =
 

 
− + − = − − − + − =
 
 
Đặt
11 , ; , 0u x y v y x u v= − = − ≥
ta có hệ phương trình :
2 2 2 2
1 1
7 2 4 3 4 2( 1) 7 3
u v u v
v u v v v v
− = = +
 

 
− + = − + + =
 
2
2; 1
1
3 5
; ( )
2 3 5 0

2 2
u v
u v
u v loai
v v
= =

= +


⇔ ⇔


= − = −
+ − =



1
11 2
11 4
2
1 3
1
2
x
x y
x y
x y
y x

y

=


− =
− =

 
⇔ ⇔ ⇔
  
− + =
− =

 

=


Vậy hệ phương trình có nghiệm
1 3
;
2 2
 
 ÷
 
Câu 4: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng (D) được giới hạn bởi các đường
2
( ) : 4P y x=


: 2 4 0x y∆ − − =
.
Bài giải :
2 2
1
( ) : 4 ;
4
P y x x y= ⇔ =
1
: 2 4 0 ( 4)
2
x y x y∆ − − = ⇔ = +
Phương trình tung độ gio điểm của (P) và ∆
2 2
1 1
2
( 4) 2 8 0
4
4 2
y
y y y y
y
= −

= + ⇔ − − = ⇔

=

Diện tích hình phẳng cần tìm
4 4

2 2
2 2
1 1 1
( 4) 2 8
4 2 4
S y y dy y y dy
− −
= − + = − −
∫ ∫
2
[ 2;4] 2 8 0y y y∀ ∈ − − − ≤
nên
4
4
2 3 2
2
2
1 1 1
( 2 8) 8
4 4 3
S y y dy y y y


 
= − − − = − − −
 ÷
 

1 1
.72 12 48 9

4 3
 
= − − − =
 
 
(đvdt)
Câu 5: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O . Biết
2 ; 2 3AC a BD a= =
. Hình chiếu
đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của OB . Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 60
0
.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD
Bài giải :
· ·
0 0
tan 3 tan 60 60
OB
BAO BAO
OA
= = = ⇒ =

⇒ Các tam giác ABC ; ADC là các tam giác đều cạnh 2a .
Kẻ
( )HE CD E CD⊥ ∈
; Lại có
CD SH⊥
( )CD SHE CD SE⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Vậy góc giữa (SCD) và (ABCD) là
·

0
60SEH =
3 3 3 3
2 3
4 4 2
a
DH BD a= = =
0
3 3
.sin30
4
a
HE DH= =
0
9
.tan 60
4
a
SH HE= =
;
2
2 3
ABCD
S a=
3
2
1 1 9 3 3
. .2 3
3 3 4 2
SABCD ABCD

a a
V SH S a= = =
(đvtt)
Ta có
3
( ; ) ( ;( )) ( ;( ))
SABC
SBC
V
d AD SB d AD SBC d A SBC
S
= = =
Kẻ
( )HI BC I BC⊥ ∈
lại có
( )BC SH BC SHI BC SI⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

0
3 3
; .sin30
4 2 4
BD a a
BH HI BH= = = =
2 2 2
2 2
81 3 21 1 21
.
16 16 2 2 2
SBC
a a a a

SI SH HI S SI BC= + = + = ⇒ = =
3
3 3
2 4
SABCD
SABC
V
a
V = =
;
3
2
3
9 3 2 9 9 7
( ; ) .
4 14
21 2 7
SABC
SBC
V
a a a
d AD SB
S
a
= = = =
Câu 6: (1 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thực :
( )
3 2 2
2 1 1
. 1 1

x x y x y y
x y m y

+ + + = + +


+ − + =


Bài giải: Điều kiện x ,y ≥ 0
Hệ phương trình tương đương với
2 2
( ) 2 1 ( 1) 0
1
1
x x y x y y
x y m
y

− + + + − + =


+ − =

+

2 2
2
2
2

2
( ) 0
( ) 0
2 1 1
2 1 1
1
1
1
1
x y
x y
x x y
x y x
x y y
x y y
m x y
m x y
y
y

 


+
− + =

 ÷
− + =

 ÷

 
+ + + +
+ + + +
 
⇔ ⇔
 
 
= + −
= + −
 
+
+


2
2
( 0)
2 1 1
1
2 (*)
1
x y
x y do x
x y y
m x
x
+

= + >



+ + + +



= −

+

Hệ phương trình có nghiệm ⇔ phương trình (*) có nghiệm thuộc [0 ; +∞)
Xét hàm số
1
( ) 2 ; [0; )
1
f x x x
x
= − ∈ +∞
+
;
lim ( )
x
f x
→+∞
= +∞

3
1 1
'( ) 0 [0; )
2 ( 1)
f x x

x
x
= + > ∀ ∈ +∞
+
⇒ f(x) đồng biến trên [0 ; +∞) ⇒
( ) (0) 1 [0; )f x f x≥ = − ∀ ∈ +∞
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi
1m ≥ −
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B.
A: Theo chương trình chuẩn
Câu 7a: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
( )
1;2B
, đường phân giác trong AK có
phương trình:
2 1 0x y+ − =
và khoảng cách từ C đến đường thẳng AK bằng 2 lần khoảng cách từ B đến đường
thẳng AK Tìm toạ độ các đỉnh A và C biết C thuộc trục tung.
Bài giải :Gọi C(0 ; c) ;
| 3| | 1|
( , ) ; ( , )
5 5
c
d B AK d C AK

= =
B và C nằm khác phía bờ là AK và khoảng cách từ C đến AK bằng 2 lần
khoảng cách từ B đến AK nên
1 6 5 (0; 5)c c C− = − ⇔ = − ⇒ −


Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua đường thẳng AK ⇒B’ ∈AC
' ': 2 3 0BB AK BB x y⊥ ⇒ − + =
. Tọa độ I là nghiệm hệ phương trình :
2 1 0 1/ 5
1 7
( ; )
2 3 0 7 / 5
5 5
x y x
I
x y y
+ − = = −
 

⇔ ⇒
 
− + = =
 
I là trung điểm BB’ Tọa độ điểm
7 4
' ;
5 5
B
 

 ÷
 
7 29 1
' ; ( 7;29)
5 5 5

CB
 
= − = −
 ÷
 
uuur
⇒ đường thẳng AC có VTPT
(29;7)
AC
n =
uuur
: 29 7 35 0AC x y+ + =
Tọa độ điểm A là nghiệm hệ phương trình :
2 1 0 14 / 5
14 33
;
29 7 35 0 33/ 5
5 5
x y x
A
x y y
+ − = = −
 
 
⇔ ⇒ −
 
 ÷
+ + = =
 
 

Vậy
14 33
; ; (0; 5)
5 5
A C
 
− −
 ÷
 
Câu 8a: (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1
:
2 1 2
x y z
d
− +
= =
và điểm
(1; 1;1)A −
. Gọi H
là hình chiếu vuông góc của A trên d. Tìm toạ độ điểm H và viết phương trình mặt cầu (S) tâm A, biết rằng (S) cắt
d tại hai điểm phân biệt B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Bài giải :
1 1
:
2 1 2
x y z
d
− +
= =

có VTCP
(2;1;2)
d
u =
uur
1 1
: (1 2 ; 1 ;2 ) (2 ; ;2 1)
2 1 2
x y z
H d H t t t AH t t t
− +
∈ = = ⇒ + − + ⇒ = −
uuur
2 13 7 4
. 0 4 4 2 0 ; ;
9 9 9 9
d
AH u t t t t H
 
= ⇔ + + − = ⇔ = ⇒ −
 ÷
 
uuur uur
4 2 5 5
; ;
9 9 9 3
AH AH
 
= − ⇒ =
 ÷

 
uuur
Tam giác ABC vuông cân tại A và H là trung điểm BC nên
10
2
3
R AH= =
. Phương trình mặt cầu (S) cần tìm
2 2 2
10
( ):( 1) ( 1) ( 1)
9
S x y z− + + + − =
Câu 9a: (1 điểm) ) Khai triển biểu thức
11 12 13
( ) ( 3) ( 1) ( 1)P x x x x= − + − + +
dưới dạng
13 12 11
0 1 2 12 13
( ) P x a x a x a x a x a= + + + + +
.
Tìm hệ số a
2
của khai triển và tính tổng
12 11 10 1 0
2 3 12 13M a a a a a= + + + + +
.
Bài giải : Ta có khai triển tổng quát của
0
( ) . .

n
n k n k k
n
k
x m C x m

=
+ =

Hệ số a
2
tương ứng hệ số của số hạng chứa x
11
nên :
Hệ số chứa x
11
của
11
( 3)x −

0 0
11
.( 3) 1C − =
Hệ số chứa x
11
của
12
( 1)x −

1 0

12
.( 1) 12C − = −
Hệ số chứa x
11
của
13
( 1)x +

2 2
13
.(1) 78C =
Vậy hệ số
2
1 12 78 67a = − + =
13 12 11
0 1 2 12 13
( ) P x a x a x a x a x a= + + + + +
Đạo hàm hai vế . Ta có :
2 11 12
12 11 10 1 0
'( ) 2 . 3 12 13P x a x a x a x a x a= + + + + +
10 11 12 2 11 12
12 11 10 1 0
11( 3) 12( 1) 13( 1) 2 . 3 12 13x x x a x a x a x a x a⇔ − + − + + = + + + + +
Thay x = 1 vào hai vế .Ta được :
10 12
12 11 10 1 0
11.2 13.2 2 3 12 13a a a a a M+ = + + + + + =
10
2 (11 52) 64512M⇔ = + =

B: Theo chương nâng cao
Câu 7b: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình :
2 2
( ): 4 2 0C x y x y+ − − − =

và các điểm A(3 ; –5) , B(7 ; –3) . Tìm điểm M trên đường tròn (C) sao cho
2 2
P MA MB= +
đạt giá trị nhỏ nhất .
Bài giải : Đường tròn
2 2
( ): 4 2 0C x y x y+ − − − =
có tâm
1
;2
2
I
 
 ÷
 
bán kính
5
2
R =
Gọi K là trung điểm AB Ta có
0 ; (5; 4)KA KB K+ = −
uuur uuur r
thỏa IK > R ⇒ K nằm ngoài đường tròn (C)
( ) ( )
2 2

2 2 2 2 2
2P MA MB MK KA MK KB MK KA KB= + = + + + = + +
uuuur uuur uuuur uuur
P nhỏ nhất khi MK nhỏ nhất ⇔ M là giao điểm của đường thẳng IK với đường tròn thỏa MK nhỏ nhất
9 3
; 6 (3; 4)
2 2
IK
 
= − = −
 ÷
 
uur
đường thẳng IK có VTPT
(4;3)
IK
n =
uuur
: 4 3 8 0IK x y+ − =
Tọa độ giao điểm của IK và đường tròn thỏa hệ phương trình :
2 2 2
2
8 4
4 3 8 0
3
4 2 0 (8 4 ) 4(8 4 )
2 0
9 3
x
y

x y
x y x y x x
x x


=

+ − =



 
+ − − − = − −


+ − − − =


2
8 4
1; 4
3
2; 0
2 0
x
y
x y
x y
x x



=
= − =


⇔ ⇔


= =


− − =

Với
2
( 1;4) 100M MK− ⇒ =
Với
2
(2;0) 25M MK⇒ =
Vậy tọa độ điểm M cần tìm là M(2;0)
Câu 8b: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
( )
: 2 5 0P x y z+ − + =
và đường
thẳng
3
( ) : 1 3
2
x
d y z

+
= + = −
, điểm A(−2; 3; 4). Gọi

là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm của ( d)
và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên

điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.
Bài giải : B = d ∩ (P) ⇒ Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ phương trình :
2 1 0 1
3
1 3
4 0 0 ( 1;0;4)
2
2 5 0 4
2 5 0
x y x
x
y z
y z y B
x y z z
x y z
− + = = −
+
 

  
= + = −
⇔ − + = ⇔ = ⇒ −
  

  
+ − + = =
+ − + =

 
(P) có VTPT
(1;2; 1)
P
n = −
uur
; d có VTCP
(2;1;1)
d
u =
uur
∆ là đường thẳng cần tìm có VTCP
u

uur
Ta có :
, (3; 3; 3) 3( 1;1;1) ( 1;1;1)
P d
n u u

 
= − − = − − ⇒ = −
 
uur uur uur
Phương trình đường thẳng
1

: ( )
4
x t
y t t R
z t
= − −


∆ = ∈


= +

AM ngắn nhất ⇔ M là hình chiếu của A trên ∆ ⇒
( 1 ; ;4 ) (1 ; 3; )M m m m AM m m m− − + ⇒ = − −
uuuur
4 7 4 16
. 0 1 3 0 ; ;
3 3 3 3
d
AM u m m m m M
 
= ⇔ − + − + = ⇔ = ⇒ −
 ÷
 
uuuur uur
Câu 9b: (1 điểm) Giải phương trình :
2 2 2
4 4 2
8log 9 3 2log ( 3) 10 log ( 3)x x x− + + = + −

Bài giải : Điều kiện
3 3x v x< − >
2 2 2
4 4 2
8log 9 3 2log ( 3) 10 log ( 3)x x x− + + = + −
2 2 2
2 2 2
2log ( 9) 3 log ( 3) 10 log ( 3)x x x⇔ − + + = + −
2 2
2 2
log ( 3) 3 log ( 3) 10 0x x⇔ + + + − =
Đặt
2
2
log ( 3) 0t x= + ≥
Ta có phương trình :
2 2
2
2
0
1
2 log ( 3) 4 ( 3) 16
7
3 10 0
t
x
t x x
x
t t


=


⇔ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔


= −
+ − =


Đối chiếu điều kiện Ta có nghiệm phương trình x = −7 .
GIẢI ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TRƯỚC ĐẠI HỌC 2013
MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút , không kể thời gian giao đề )
( Lần thứ tư )
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số:
3 2
3 3 2y x x mx m= − + + +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị cảu hàm số đã cho khi m = 0
2. Tìm m đề đồ thị hàm số có hai điểm cực trị sao cho đường thẳng đi qua hai điểm cực trị tạo với hai trục
toạ độ một tam giác có diện tích bằng 1.
Bài giải :
2
' 3 6 3y x x m= − +
Đặt
2
( ) 2 ; ' 1
g
g x x x m m= − + ∆ = −
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt

1m⇔ <
Bằng phép chia y cho g(x) ta được
2
( 2 )( 1) 2( 1) 2 2y x x m x m x m= − + − + − + +
Khi m < 1 . Tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn hệ
2
2
2 0
2( 1) 2 2
( 2 )( 1) 2( 1) 2 2
x x m
y m x m
y x x m x m x m

− + =

⇒ = − + +

= − + − + − + +


Vậy khi m < 1 thì đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là
: 2( 1) 2 2y m x m∆ = − + +
1 1
;0
1 1
m m
A Ox A OA
m m
+ +

 
= ∆ ∩ ⇒ ⇒ =
 ÷
− −
 

( )
0;2 2 2| 1|B Oy B m OB m= ∆ ∩ ⇒ + ⇒ = +
2
2
1 ( 1)
. 1 ( 1) 1 ( 1)
2 | 1|
OAB
m
S OA OB m m do m
m
+
= = = ⇔ + = − <

2
0
3 0
3
m
m m
m
=

⇔ + = ⇔


= −

(thỏa m < 1)
Vậy m = 0 hoặc m = −3 là giá trị cần tìm .
Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình :
2
tan 4cos 2sin 2
3 cos
x x x
x
π
 
+ = + +
 ÷
 
Bài giải : Điều kiện
cos 0 ( )
2
x x l l Z
π
π
≠ ⇔ ≠ + ∈
2
tan 4cos 2sin 2
3 cos
x x x
x
π
 

+ = + +
 ÷
 
2
sin 2(2cos 1)
sin 2 3 cos2
cos cos
x
x x
x x

⇔ + = +
2cos2 1
sin 2cos 3 cos2
cos cos
x
x x x
x x
 
⇔ = − +
 ÷
 
2cos2 sin .cos 2 3 cos2 .cosx x x x x⇔ = +
cos2 0
cos2 0
4 2
cos 1
3 cos sin 2
2
6

6
k
x
x
x
x
x x
x k
π π
π
π
π

=

= +

=


⇔ ⇔ ⇔


 

− =
+ =

 ÷


= +

 



Đối chiéu điều kiện . Ta có nghiệm của phương trình là
4 2
( )
2
6
k
x
k Z
x k
π π
π
π

= +




= +


Câu 3: (1 điểm) Giải hệ phương trình :
2 2 2
2 2

4 6 3 9
6 9 0
x y xy y
x y y x

− − = −


− − =


Bài giải : y = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình nên y ≠ 0
Hệ phương trình tương đương với
2
2
2
2
3
9
2 6 3
4 6 3
3
3 (2 3)
3 2 1
x
x
x
x
y y
y

y
x
x xy y
x
y y

 

− + =

 ÷
− + =
 
 

 
 
 
− =
− =

 ÷

 

Đặt
3
2 ;
x
u x v

y y
= − =
Ta có
2 3 2
6 3 3 2 0 ( 1)( 2) 0
3 1 3 1 3 1
u v u u u u u
uv uv uv
  
+ = − + = − + − =
  
⇔ ⇔
  
= = =
  
  
1
1;
3
1
2;
6
u v
u v

= =





= − = −


Với
2
3
2 1
1
1; 3
2 1 0
1
1 3
1
;
3
3
2 2
3
x
u
x y
y
x x
x
v
x y
y x
y

− =

=
= =




− − =
  

⇔ ⇔ ⇔
  

=
= − = −
=


 
=




Với
2
3
2 2
2
1
4 4 1 0

2
1
1
6
3
6
6
x
u
y
x
x x
x
v
y x
y
y

− = −
= −




= −
+ + =
   
⇔ ⇔ ⇔

   


=
= −


  
=
=



Vậy hệ phương trình có nghiệm
( )
1 3 1
1;3 ; ; ; ;3
2 2 2
   
− − −
 ÷  ÷
   
Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân :
0
3
1
2 1
1 1
x
I dx
x


+ +
=
+ +

Bài giải :
0
3
1
2 1
1 1
x
I dx
x

+ +
=
+ +

Đặt
6 5
6
1 1 6t x x t dx t dt= + ⇒ = − ⇒ =
1 1
3
5 6 4 3 2
2 2
0 0
2 2 1
6 6 2 2 1
1 1

t t
I t dt t t t t t dt
t t
+ +
 
= = − + + − − +
 ÷
+ +
 
∫ ∫
( )
1 1 1
6 4 3 2
2 2
0 0 0
2
6 2 2 1 6 6
1 1
t dt
t t t t t dt dt
t t
= − + + − − + +
+ +
∫ ∫ ∫
1
7 5 4 3
2 2
0
257 257
6 ln( 1) 6 6 ln 2 6 6ln 2 6

7 5 2 3 210 35
t t t t
t t t J J J
 
 
= − + + − − + + + = − + + = − + +
 ÷
 ÷
 
 
1
2
0
1
dt
J
t
=
+

Đặt
2
tan ; (1 tan )
2 2
t u u dt u du
π π
 
= ∈ − ⇒ = +
 ÷
 

0 tan 0 0; 1 tan 1
4
t u u t u u
π
= ⇒ = ⇒ = = ⇒ = ⇒ =
/4 /4
2
2
0 0
1 tan
4
1 tan
u
J du du
u
π π
π
+
= = =
+
∫ ∫
Vậy
3 257
6ln 2
2 35
I
π
= + −
Câu 5: (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là một tam giác vuông tại A,
3 , 'BC a AA a

= =

góc giữa A’B với mặt phẳng trung trực đoạn BC bằng 30
0
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và
khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B với AC .
Bài giải : Kẻ
AH BC⊥
Lại có
' ( ' )AA BC BC AA H⊥ ⇒ ⊥

Gọi (α) là mặt phẳng trung trực của BC ⇒ (α) // (AA’H)
·
( )
·
( )
·
0
' ,( ) ' ,( ' ) ' 30A B A B AA H BA H
α
⇒ = = =
Đặt BH = x (0 < x < 3a)
Ta có
·
2 2
sin ' ' 2 4
'
BH
BA H A B x AB x a
A B

= ⇒ = ⇒ = −
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ABC vuông tại A . Ta có :
2 2 2
. 4 3AB BH BC x a ax x a= ⇔ − = ⇔ =
2 2
; 2 . 2 2BH a HC a AH BH CH a AH a⇒ = = ⇒ = = ⇒ =
2
1 3 2
.
2 2
ABC
a
S AH BC= =
2
. ' ' '
3 2
'.
2
ABC A B C ABC
a
V AA S= =
(đvtt)
Kẻ
' ' ' '
' ' ( ' ') ( ' ') ( ' ')
' ' '
A C A B
A C ABB A BA C ABB A
A C AA



⇒ ⊥ ⇒ ⊥



theo giao tuyến BA’
Trong (ABB’A’) kẻ AK ⊥ BA’ (K ∈ BA’) ⇒ AK ⊥ (BA’C’)
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 4 3
2
' 3 3
a
AK
AK AA AB a a a
= + = + = ⇒ =
Vậy
3
( '; ) ( ;( ' ')) ( ;( ' '))
2
a
d BA AC d AC BA C d A BA C AK= = = =

Câu 6: (1 điểm) Cho x ,y , z là các số dương thỏa
3
2
x y z+ + ≤
. Chứng minh rằng :

1 1 1 7
2 2 2 2

x y z
x y y z z x
+ + + + + ≥
+ + +
Bài giải : Với 3 số dương a , b, c .Theo bất đẳng thức cô si Ta có :
3
1 1 1 3 9
a b c a b c
abc
+ + ≥ ≥
+ +
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c .
Gọi
1 1 1
2 2 2
P x y z
x y y z z x
= + + + + +
+ + +
Áp dụng Ta có
1 1 1 9 3
2 2 2 3 3 3x y y z z x x y z x y z
+ + ≥ =
+ + + + + + +
3
P x y z
x y z
⇒ ≥ + + +
+ +
Đặt

3 3
; 0; ( )
2
t x y z t P t f t
t
 
= + + ∈ ⇒ ≥ + =


 
2
2 2
3 3 3
'( ) 1 0 0;
2
t
f t t
t t

 
= − = < ∀ ∈


 
⇒ f(t) nghịch biến trên
3
0;
2
 



 

3 7 3 1
( )
2 2 2 2
MinP f t x y z= = ⇔ = ⇔ = = =
(đpcm)
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B.
A: Theo chương trình chuẩn
Câu 7a: (1 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A, các cạnh AB và BC lần lượt nằm trên
các đường thẳng
1
: 3 4 0d x y+ − =

2
: 0d x y− =
. Tìm toạ độ các đỉnh A và C biết bán kính đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC bằng
5 2
4
.
Bài giải : Tọa độ B là nghiệm hệ phương trình
3 4 0 1
(1;1)
0 1
x y x
B
x y y
+ − = =

 
⇔ ⇒
 
− = =
 
· ·
1 1 2 4
cos sin 10
2
2 10 5 5 5
AC R
ABC ABC AC AB
R
= = ⇒ = = ⇔ = = =
Gọi
1
(4 3 ; )A a a d− ∈
Ta có :
2 2 2 2
0
10 (3 3 ) ( 1) 10 ( 1) 1
2
a
AB a a a
a
=

= ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔

=


H là hình chiếu của A trên BC thì H là trung điểm BC
Với a = 0 Ta có :
(4;0) : 4 0A AH x y⇒ + − =
Tọa độ H là nghiệm hệ phương trình
4 0 2
(2;2) (3;3)
0 2
x y x
H C
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒ ⇒
 
− = =
 
Với a = 2 Ta có :
( 2;2) : 0A AH x y− ⇒ + =
Tọa độ H là nghiệm hệ phương trình
0 0
(0;0) ( 1; 1)
0 0
x y x
H C
x y y
+ = =
 
⇔ ⇒ ⇒ − −
 

− = =
 
Vậy A(4 ; 0) ; C(3 ; 3) hoặc A(−2 ; 2) ; C(−1 ; −1)
Câu 8a: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
2
:
1 2 1
x y z
d
+
= =

và mặt phẳng
( ) : 2 1 0P x y z+ + − =
. Viết phương trình đường thẳng

đi qua giao điểm A của d và (P) , nằm trong (P) và tạo
với d một góc ϕ thỏa
6
cos
11
ϕ
=
Bài giải :
( ) : 2 1 0P x y z+ + − =
có VTPT
(2;1;1)
P
n =
uur

2
:
1 2 1
x y z
d
+
= =

có VTCP
(1;2; 1)
d
u = −
uur
Tọa độ điểm A là nghiệm hệ phương trình :
2 2 1
2
0 0 (1;0; 1)
1 2 1
2 1 0 1
2 1 0
x y x
x y z
x z y A
x y z z
x y z
− = =
+
 

  

= =
⇔ + = ⇔ = ⇒ −
  

  
+ + − = = −
+ + − =

 
∆ là đường thẳng có VTCP
( ; ; ) 0u a b c

= ≠
uur r
. 0 2
P
u n c a b

= ⇔ = − −
uur uur
2 2 2 2 2
6 | 2 | 6 3| | 6
cos
11 11
11
6 5 4 2
a b c a b
a b c a ab b
ϕ
+ − +

= ⇔ = ⇔ =
+ + + +
2 2 2 2
11( 2 ) 4(5 4 2 )a ab b a ab b⇔ + + = + +
2 2
9 6 3 0
1
3
a b
a ab b
a b
=


⇔ − − = ⇔

= −


Với
3a b c b= ⇒ = −
Chọn
(1;1; 3)u

= −
uur
Ta có :
1 1
:
1 1 3

x y z− +
∆ = =

Với
1 1
3 3
a b c b= − ⇒ = −
Chọn
(1; 3;1)u

= −
uur
Ta có :
1 1
:
1 3 1
x y z− +
∆ = =

Vậy có 2 đường thẳng cần tìm
1
1 1
:
1 1 3
x y z− +
∆ = =


2
1 1

:
1 3 1
x y z− +
∆ = =

Câu 9a: (1 điểm) Giải bất phương trình :
2
3 2 2 3 2 2 2 1
log ( 1) log (2 1) log 2x x
− + −
− + − ≥
Bài giải : Điều kiện x > 1
2
3 2 2 3 2 2 2 1
log ( 1) log (2 1) log 2x x
− + −
− + − ≥
2 2
2
2 1
( 2 1) ( 2 1)
log ( 1) log (2 1) log 2x x

− +
⇔ − + − ≥
2
2 1 2 1 2 1
log ( 1) log 2 log (2 1)x x
− − −
⇔ − ≥ + −

[ ]
2
2 1 2 1
log ( 1) log 2(2 1)x x
− −
⇔ − ≥ −
2 2
1
1 1
1 4 2 4 1 0
2 3 2 3
x
x x
x x x x
x
>
> >

 
⇔ ⇔ ⇔
  
− ≤ − − + ≤
− ≤ ≤ +
 

1 2 3x⇔ < ≤ +
Bât phương trình có tập nghiệm
(1;2 3]+
B: Theo chương nâng cao
Câu 7b: (1 điểm) Cho điểm M(0 ; 2) và hyperbol

2 2
( ): 1
4 1
x y
H − =
. Lập phương trình đường thẳng d đi qua M cắt
(H) tại 2 điểm phân biệt A,B sao cho
5
3
MA MB=
uuur uuur
Bài giải : Gọi B(a ; b) Ta có :
( ; 2)MB a b= −
uuur
5
5 5 5 4
3
;
5
3 3 3
2 ( 2)
3
A
A
x a
a b
MA MB A
y b

=




 
= ⇔ ⇒

 ÷
 

− = −


uuur uuur
2 2
, ( ) : 4 4A B H x y∈ − =
nên ta có hệ phương trình :
2 2 2 2
2 2 2 2
4 4 4 4 2
0
25 4(5 4) 36 25( 4 ) 160 64 36
a b a b a
b
a b a b b
 
− = − = = ±

 
⇔ ⇔
  

=
− − = − + − =

 
 
Với a = 2 ; b = 0 Ta có
(2; 2) 2(1; 1)MB = − = −
uuur
phương trình đường thẳng
: 2 0d x y+ − =
Với a = −2 ; b = 0 Ta có
( 2; 2) 2(1;1)MB = − − = −
uuur
phương trình đường thẳng
: 2 0d x y− + =
Câu 8b: (1 điểm) Cho đường thẳng
1 1 1
:
2 1 1
x y z− − +
∆ = =
− −
và 2 điểm A(1;4;2) , B(1;0;0) Tìm M thuộc ∆ để
khoảng cách từ A đến BM là nhỏ nhất.
Bài giải :
( )
1 1 1
: 1 2 ;1 ; 1 ;
2 1 1
x y z

M M m m m m R
− − +
∈∆ = = ⇒ + − − − ∈
− −
(0;4;2); (2 ;1 ; 1 )BA BM m m m= = − − −
uuur uuuur
, (2 6; 4 ;8 )BM BA m m m
 
= + −
 
uuuur uuur
2 2 2 2
2 2 2 2
,
(2 6) 16 64 42 12 18
( , )
4 ( 1) ( 1) 3 1
| |
BM BA
m m m m m
d A BM
m m m m
BM
 
+ + + + +
 
= = =
+ − + + +
uuuur uuur
uuuur

Xét hàm số
2
2
42 12 18
( ) ;
3 1
m m
f m m R
m
+ +
= ∈
+
lim ( ) 14
m
f m
→±∞
=
;
2
2 2
1 ( 1) 12
36 24 12
'( ) '( ) 0
1 1
( ) 20
(3 1)
3 3
m f
m m
f m f m

m f
m
= − ⇒ − =

− − +

= ⇒ = ⇔

= ⇒ =
+


Dựa vào BBT Ta có
( , ) ( ) 12 1 ( 1;2;0)Mind A BM Minf m m M= = ⇔ = − ⇒ −

Câu 9b: (1 điểm) Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn
| 1 | | |z i z+ − =

2
4( 2 )z z i+ −
là số thực
Bài giải : Gọi
( , )z x yi x y R= + ∈
Ta có :
| 1 | | | | ( 1) ( 1) | | |z i z x y i x yi+ − = ⇔ + + − = +
2 2 2 2
( 1) ( 1) 1 0 1 (1)x y x y x y y x⇔ + + − = + ⇔ − + = ⇔ = +
[ ]
2 2 2 2
4( 2 ) ( ) 4 ( 2) 4 2( 2 4)z z i x yi x y i x y x xy y i+ − = + + − + = − + + − −

2
4( 2 )z z i+ −
là số thực
2 4 0 (2)xy y⇔ − − =
Từ (1) và (2) Ta có hệ phương trình
2
1
1 3; 4
2 4 0 2; 1
6 0
y x
y x x y
xy y x y
x x
= +

= + = =
 

⇔ ⇔
 

− − = = − = −
− − =

 

Vậy z = 3 + 4i hoặc z = −2−i


×