S
GD&
T THANH HểA
TR
NG THPT BA
èNH
THI TH
I H
C L
N 1 N
M 2013
Mụn: TON; Kh
i A, B
Th
i gian lm bi: 180 phỳt
Phần chung cho tất cả thí sinh
(7,0
i
m)
Câu I (2,0 im) Cho hm s
2
1
1
x
y
x
+
=
cú
th
l (C)
1.
Kh
o sỏt s
bi
n thiờn v v
th
(C) c
a hm s
.
2.
Tỡm cỏc giỏ tr
m
ng th
ng
3
y
x
m
=
+
c
t (C) t
i A v B sao cho tr
ng tõm c
a tam giỏc
OAB thu
c
ng th
ng
2
2
0
x
y
=
(O l g
c t
a
).
Cõu II
(
2,0 điểm)
1.
Gi
i b
t
phửụng trỡnh
3
2
(3
4
4)
1
0
x
x
x
x
+
+
2.
Gi
i
phửụng trỡnh
cos
cos 3
1
2
sin
2
4
x
x
x
+
=
+
+
Câu III
(1,0 điểm)
Tớ
nh tớch phõn
2
2
0
1
3
sin
2
2cos
x xdx
+
Câu IV
(1,0 điểm)
Cho hỡnh chúp S.ABCD cú
ỏy ABCD l hỡnh ch
nh
t,
,
2
2
AB a
AD
a
=
=
.
Hỡnh chi
u vuụng gúc c
a
i
m S trờn m
t ph
ng (ABCD) trựng v
i tr
ng tõm tam giỏc BCD.
ng th
ng SA t
o v
i m
t ph
ng (ABCD) m
t gúc 45
0
. Tớnh th
tớch c
a kh
i chúp S.ABCD v
kho
ng cỏch gi
a hai
ng th
ng AC v SD theo
a
.
Câu V
(1,0 điểm)
Cho
x
,
y
,
z
l cỏc s
th
c d
ng. Ch
ng minh b
t
ng th
c
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
(
)
(
)
(
)
x
xy
y
yz
z
zx
y
zx
z
z
xy
x
x
yz
y
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
PHN RIấNG
(3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc ph n B)
A. Theo ch
ng trỡnh chu
n
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.
Trong m
t ph
ng Oxy, cho hai
ng th
ng d
1
:
3 5 0x y+ + =
, d
2
:
3 1 0x y+ + =
v
i
m
( 1 ; 2)I
.
Vi
t ph
ng trỡnh
ng th
ng
i qua I v c
t d
1
, d
2
l
n l
t t
i A v B sao cho
2 2AB =
.
2.
Trong khụng gian Oxyz, cho hai
i
m A(-1; -1 ;2), B(-2; -2; 1) v m
t ph
ng (P) cú ph
ng trỡnh
3
2
0
x
y
z
+
+
=
. Vi
t ph
ng trỡnh m
t ph
ng (Q) l m
t ph
ng trung tr
c c
a
o
n AB. G
i
l giao tuy
n c
a (P) v (Q). Tỡm
i
m M thu
c
sao cho
o
n th
ng OM nh
nh
t.
Cõu VII.a (1,0 im)
Tỡm s
ph
c z th
a món
( 1 3 )i z
l s
th
c v
2 5 1z i
+
=
.
B. Theo chơng trình nâng cao
Câu VI.b
(2,0 điểm)
1.
Trong m
t ph
ng
Oxy
, cho hai
ng th
ng d
1
:
3
5
0
x
y
+ + =
, d
2
:
3
5
0
x
y
+ =
v
i
m
( 1 ;
2)
I
.
G
i A l giao
i
m c
a d
1
v d
2
. Vi
t ph
ng trỡnh
ng th
ng
i qua I v c
t d
1
, d
2
l
n l
t t
i B
v C sao cho
2 2
1 1
AB AC
+
t giỏ tr
nh
nh
t.
2.
Trong khụng gian Oxyz, cho
A(1;1;0), B(0;1;1) vaứ C(2;2;1)
v m
t ph
ng (P): x + 3y z + 2 = 0
.
Tỡm t
a
i
m
M
thu
c m
t ph
ng (P) sao cho
MA
2
+ MB
2
+ MC
2
t giỏ tr
nh
nh
t.
Cõu VII.b (1,0 im)
Gi
i h
ph
ng trỡnh
() ( )
( ) ( )
2
1 2
1 2
2log 2 2 log 1 6
log 5 log 4 1
x y
x y
xy y x x
y x
+
+
+ + + =
+ + =
Hết
Cm n () ó gi ti www.laisac.page.tl
Đ
ÁP ÁN VÀ BI
Ể
U
Đ
I
Ể
M CH
Ấ
M
Câu Ý
N
ộ
i dung
Đ
i
ể
m
Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ
đồ
th
ị
(C) c
ủ
a hàm s
ố
2 1
1
x
y
x
+
=
−
1,00
TX
Đ
:
{ }
\ 1ℝ
.
2
3
' 0, 1
( 1)
y x
x
−
= < ∀ ≠
−
0,25
Hàm s
ố
ngh
ị
ch bi
ế
n trên các kho
ả
ng
( ;1) và (1; )
−∞ +∞
1 1
2 1 2 1
lim ; lim
1 1
x x
x x
x x
+ −
→ →
+ +
= +∞ = −∞
⇒
− −
TC
Đ
:
1x =
2 1
lim 2
1
x
x
x
→±∞
+
=
⇒
−
TCN :
2
y
=
0,25
L
ậ
p BBT
x
−∞
1
+∞
y’ - -
y
2
−∞
+∞
2
0,25
1
Đồ
th
ị
6
5
4
3
2
1
-1
-2
-4 -2 2 4 6
1
0,25
tr
ọ
ng tâm c
ủ
a tam giác OAB thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng
2 2 0
x y
− − =
(d)
1,00
Pt hoành
độ
giao
đ
i
ể
m:
2 1
3
1
x
x m
x
+
= − +
−
. V
ớ
i
đ
k
1
x
≠
2
PT 2 1 ( 1)( 3 ) 3 (1 ) 1 0 (1)
x x x m x m x m
⇔ + = − − + ⇔ − + + + =
0,25
D c
ắ
t (C) t
ạ
i A và B
⇔
Pt (1) có 2 nghi
ệ
m khác 1
2
11
(1 ) 12( 1) 0
( 1)( 11) 0
1
3 (1 ) 1 0
m
m m
m m
m
m m
>
∆ = + − + >
⇔ ⇔ + − > ⇔
< −
− + + + ≠
0,25
I
2
Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của (1). Khi đó
1 1 2 2
( ; 3 ), ( ; 3 )
A x x m B x x m
− + − +
G
ọi I là trung điểm của AB
1 2
1 1
, 3
2 6 2
I I I
x x
m m
x y x m
+
+ −
⇒ = = = − + =
0,25
G
ọ
i G là tr
ọ
ng tâm tam giác OAB
2 1 1
;
3 9 3
m m
OG OI G
+ −
⇒
=
⇒
1 1 11
2. 2 0
9 3 5
m m
G d m
+ −
∈ ⇔ − − = ⇔ = −
(TM). V
ậ
y
11
5
m
= −
0,25
Giả
i b
ấ
t
phöông trình
3 2
(3 4 4) 1 0x x x x+ − − + ≤
1,00
Đ
i
ề
u ki
ệ
n :
1
x
≥ −
.
Đặ
t
2
0
1
1
y
y x
y x
≥
= + ⇔
= +
Bpt tr
ở
thành
3 2 2
(3 4 ) 0
x x y y
+ − ≤
0,25
TH 1.
0 1
y x
= ⇔ = −
. Th
ỏ
a mãn BPT
TH 2.
0 1
y x
> ⇔ > −
. Chia hai v
ế
cho
3
y
ta
đượ
c
3 2
3 4 0
x x
y y
+ − ≤
.
Đặt
x
t
y
=
và gi
ải BPT ta được
1
t
≤
0,25
2
1 0
0
1 1 1
1 0
x
x
x
t x x
y
x x
− ≤ <
≥
≤ ⇒ ≤ ⇔ ≤ + ⇔
− − ≤
0,25
1
1 0
0
1 5
1
2
1 5 1 5
2 2
x
x
x
x
− ≤ <
≥
+
⇔ − ≤ ≤
− +
≤ ≤
. K
ế
t h
ợ
p
1
x
> −
ta
đượ
c
1 5
1
2
x
+
− < ≤
. V
ậ
y t
ậ
p nghi
ệ
m c
ủ
a BPT là S =
1 5
1;
2
+
−
0,25
Gi
ả
i
phöông trình
cos cos3 1 2 sin 2
4
x x x
π
+ = + +
1,00
⇔ = + +
2 cos 2x cos x 1 sin 2x cos 2x
0,25
⇔ − = +
cos 2x(2 cos x 1) 1 2sin x cos x
⇔ − − = +
2 2
2
(cos x sin x)(2 cos x 1) (cos x sin x)
+ =
⇔
− − = +
cos x sin x 0 (1)
(cos x sin x)(2 cos x 1) cos x sin x (2)
0,25
π π π
⇔ + = ⇔ + = π ⇔ = − + π
(1) 2 sin x 0 x k x k
4 4 4
0,25
II
2
π
=
= + π
⇔ − − = ⇔ ⇔
π
+ =
π π
+ = ± + π
cos x 0
x k
2
(2) 2 cos x(cos x sin x 1) 0
2 cos x 1
x k2
4
4 4
V
ậ
y pt có nghi
ệ
m là
π
= − + πx k
4
,
π
= + πx k
2
,
= πx k2
0,25
III
Tí
nh tích phân I =
2
2
0
1 3sin 2 2cosx xdx
π
− +
∫
1,00
2
2
2
2
2
0
0
0
1 3sin 2 2cos (sin 3cos ) sin 3 cosI x xdx x x dx x x dx
π
π
π
= − + = − = −
∫ ∫ ∫
0,25
sin 3cos 0 tan 3
3
x x x x k
π
π
− = ⇔ = ⇔ = +
Do
0;
2
x
π
∈
nên
3
x
π
=
0,25
3
2
0
3
sin 3 cos sin 3 cosI x x dx x x dx
π
π
π
= − + −
∫ ∫
3
2
0
3
(sin 3cos ) (sin 3cos )x x dx x x dx
π π
π
= − + −
∫ ∫
( ) ( )
3 2
0
3
cos 3 sin cos 3sinx x x x
π π
π
= − − + − −
0,25
1 3 1 3
1 3 3 3
2 2 2 2
= − − + + − + + = −
0,25
Tính th
ể
tích c
ủ
a kh
ố
i chóp S.ABCD và kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng
AC và SD theo
a
.
1,00
G
ọ
i H là tr
ọ
ng tâm tam giác BCD. Theo GT
( )
SH ABCD
⊥
G
ọ
i
2 1
2
3 3
O AC BD CH CO AC a AH AC HC a
= ∩
⇒
= = =
⇒
= − =
SA t
ạ
o v
ớ
i
đ
áy góc 45
0
suy ra
0
45 2
SAH SH AH a
=
⇒
= =
0,25
G
ọ
i V là th
ể
tích kh
ố
i chóp S.ABCD thì
3
1 1 4 2
. .2 2 .2
3 3 3
ABCD
V S SH a a a a
= = =
0,25
G
ọ
i M là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a SB. M
ặ
t ph
ẳ
ng (ACM) ch
ứ
a AC và // SD
Do
đ
ó
( ; ) ( ;( )) ( ;( ))
d SD AC d SD ACM d D ACM
= =
Ch
ọ
n h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz nh
ư
hình v
ẽ
. Khi
đ
ó
2 4 2
(0;0;0), ( ;0;0), (0;2 2 ;0), ; ;2 , ( ;2 2 ;0)
3 3
a a
A B a D a S a C a a
0,25
IV
5 2 2
; ;
6 3
a a
M a
.
( ;2 2 ;0)
AC a a
=
5 2 2
; ;
6 3
a a
AM a
=
⇒
2 2 2
(2 2 ; ; 2 )
AC AM a a a
∧ = − −
M
ặ
t ph
ẳ
ng (ACM)
đ
i qua
đ
i
ể
m
A và có vtpt
(2 2; 1; 2)n = − −
nên có
ph
ươ
ng trình là
0,25
M
H
O
B
D
C
A
S
2 2
2 2
2 2 2 0 ( ;( ))
8 1 2 11
a
a
x y z d D ACM
−
− − =
⇒
= =
+ +
Ch
ứ
ng minh
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1
( ) ( ) ( )
x xy y yz z zx
y zx z z xy x x yz y
+ + +
+ + ≥
+ + + + + +
(1)
1,00
Ta có
2 2
( ) ( . . . ) ( )( )
y zx z y y x z z z y x z y z z
+ + = + + ≤ + + + +
2 2
2
2
1 1 2 2
( )( 2 ) ( )( 2 )
( ) ( )
x xy x xy
x y z y z x y z y z
y zx z y zx z
+ +
⇒
≥ ⇔ ≥
+ + + + + +
+ + + +
0,25
2
2
1 2 1 2 2 2
( ) 2 ( ) 2
x xy x xy xz
x x x
x y z y z x y z y z
+ + +
= + − = −
+ + + + + +
2
2
x x
y z x y z
= −
+ + +
. T
ươ
ng t
ự
, c
ộ
ng l
ạ
i ta
đượ
c
VT (1)
2 2 2
1
2 2 2
x y z
y z z x x y
≥ + + −
+ + +
0,25
2 2 2 2
2( )
2 1 1
2 2 2 3( )
x y z x y z
xy xz yz yx zx zy xy yz zx
+ +
= + + − ≥ −
+ + + + +
0,25
V
Chứng minh được
2
( ) 3( )x y z xy yz zx+ + ≥ + +
. Suy ra
VT (1)
2 1 1
≥ − =
Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra
x y z= =
0,25
Vi
ế
t pt
đ
t
đ
i qua
I
và c
ắ
t d
1
, d
2
l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i
A
và
B
sao cho
2 2AB =
1,00
1 2
( ; 3 5); ( ; 3 1)
A d A a a B d B b b
∈
⇒
− − ∈
⇒
− −
( 1; 3 3) 0; ( 1; 3 1)
IA a a IB b b
= − − − ≠ = − − +
I, A, B th
ẳ
ng hàng
1 ( 1)
3 1 ( 3 3)
b k a
IB kIA
b k a
− = −
⇒
= ⇔
− + = − −
0,25
N
ế
u
1 1 4
a b AB
=
⇒
=
⇒
=
(không TM)
N
ế
u
1
3 1 ( 3 3) 3 2
1
b
b a a b
a
−
⇒
− + = − − ⇔ = −
−
0,25
[ ]
2
2
2 2
( ) 3( ) 4 2 2 (3 4) 8,
AB b a a b t t t b a
= − + − + = ⇔ + + = = −
2
2
5 12 4 0
2
5
t
t t
t
= −
⇔ + + = ⇔
= −
0,25
1
2 2 2, 4 :5 3 0
t b a b a x y
= −
⇒
− = −
⇒
= =
⇒
∆ + − =
2 2 6 8
, :13 11 0
5 5 5 5
t b a b a x y
− −
=
⇒
− =
⇒
= =
⇒
∆ + − =
0,25
Tìm
đ
i
ể
m M thu
ộ
c
∆
sao cho
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng OM nh
ỏ
nh
ấ
t
1,00
VI.a
2
G
ọ
i I là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a AB
3 3 3
; ; . ( 1; 1; 1)
2 2 2
I AB
− −
⇒
= − − −
Pt (Q) là
3
0
2
x y z
+ + + =
0,25
Đườ
ng th
ẳ
ng
∆
đ
i qua
đ
i
ể
m
7 1
;0;
4 4
I
−
và có vtcp
(2; 1; 1)
u
= − −
Pt tham s
ố
c
ủ
a
∆
là
7
2
4
1
4
x t
y t
z t
= − +
= −
= −
0,25
2
7 1 25
2 ; ; . 12 15
4 4 4
M M t t t OM t t
∈∆ ⇒ − + − − = − +
0,25
OM nhỏ nhất
5 19 5 3
; ;
8 6 8 8
t M
= ⇒ − −
0,25
Tìm số phức z thỏa mãn
(1 3 )
i z
−
là số
th
ự
c và
2 5 1z i− + =
.
1,00
Gi
ả
s
ử
z x yi= +
, khi
đ
ó
(1 3 ) (1 3 )( ) 3 ( 3 )
i z i a bi a b b a i
− = − + = + + −
0,25
(1 3 )
i z
−
là s
ố
th
ự
c
3 0 3
b a b a
⇔ − = ⇔ =
0,25
2 2
2 5 1 2 (5 3 ) 1 ( 2) (5 3 ) 1
z i a a i a a
− + = ⇔ − + − = ⇔ − + − =
0,25
VII.a
2 2
2 6
10 34 29 1 5 17 14 0
7 21
5 5
a b
a a a a
a b
=
⇒
=
⇔ − + = ⇔ − + = ⇔
=
⇒
=
Vậy
7 21
2 6 ,
5 5
z i z i= + = +
0,25
Viết phương trình đường thẳng đi qua
I
và c
ắt d
1
, d
2
lần lượt tại
B
và
C
sao
cho
2 2
1 1
AB AC
+
đạt giá trị nhỏ nhất
1,00
1 2 1 2
, ( 2;1)
d d d d A A
⊥ ∩ =
⇒ −
0,25
G
ọ
i H là hình chi
ế
u c
ủ
a A trên BC.
∆
ABC vuông tại A nên
2 2 2
1 1 1
AB AC AH
+ =
0,25
2 2
1 1
AB AC
+
nh
ỏ
nh
ấ
t
2
1
AH
⇔
nh
ỏ
nh
ấ
t
AH
⇔
l
ớ
n nh
ấ
t
H I⇔ ≡
0,25
1
Khi
đ
ó
∆
qua I và có vtpt
( 1; 1)
n AI
= = − −
.
Pt
∆
là
1 0
x y
+ + =
0,25
Tìm
M
thu
ộ
c (P) sao cho
MA
2
+ MB
2
+ MC
2
đạ
t giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t
1,00
G
ọ
i G là tr
ọ
ng tâm tam giác ABC.
Ch
ứ
ng minh
đượ
c MA
2
+ MB
2
+ MC
2
= 3MG
2
+ GA
2
+ GB
2
+ GC
2
0,25
MA
2
+ MB
2
+ MC
2
nh
ỏ
nh
ấ
t
MG
nh
ỏ
nh
ấ
t
M⇔
là hình chi
ế
u c
ủ
a G trên
(P).
0,25
VI.b
2
Tìm
đượ
c t
ọ
a
độ
4 2
1; ;
3 3
G
0,25
Tìm
đượ
c
22 61 17
; ;
3 3 3
M
−
0,25
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình
( ) ( )
( ) ( )
2
1
2
1 2
2log 2 2 log 1 6(1)
log 5 log 4 1 (2)
x
y
x y
xy y x x
y x
−
+
− +
− + − + + − =
+ − + =
1,00
Đ
k Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình
1 1 0 0 1
1 2 0 2 1
x x
y y
≠ − > ≠ <
⇔
≠ + > − < ≠ −
0,25
(
)
(
)
1 2
(1) 2log (1 ) 2 2log 1 6
x y
x y x
− +
⇔ − + + − =
(
)
(
)
1 2
2 2log 2 2log 1 6
x y
y x
− +
⇔ + + + − =
.
0,25
Đặ
t
1
log ( 2)
x
t y
−
= +
ta
đượ
c
2
2
2 2 6 2 4 2 0 1
t t t t
t
⇔ + + = ⇔ − + = ⇔ =
0,25
VII.b
2 1
y x
+ = −
Thế vào (2) ta được
( ) ( )
1 1 1
2 2
log 2 log 4 1 log 1 1
4 4
x x x
x x
x x x
x x
− − −
+ +
+ − + = ⇔ = ⇔ = −
+ +
2
2 6 (TM)
4 2 0
2 6 (KTM)
x
x x
x
= −
− − = ⇔
= +
V
ậ
y
2 6, 1 6
x y
= − = − −
0,25
www.MATHVN.com