S GIO DC V O TO K LK
TRNG THPT NGUYN HU
THI TH I HC
MễN TON NM 2012 - 2013
Thi gian lm bi: 180 phỳt.
PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im)
Cõu I(2 im) : Cho hm s
2 4
1
x
y
x
+
=

.
1. Kho sỏt v v th
( )
C
ca hm s trờn.
2. Gi (d) l ng thng qua A( 1; 1 ) v cú h s gúc k. Tỡm k sao cho (d) ct ( C ) ti hai im M, N v
3 10MN =
.
Cõu II (2 im) :
1.Gii phng trỡnh sau : sin2x(sin2x -2) +2sinx = 2cosx 4
x
4
cos
2.Gii bt phng trỡnh:
2
2

3
12
1
1
2

+

+ x
x
xx
Cõu III (1 im) : Tớnh tớch phõn: I =
dx
xxx
xx

+
+
4
0
42
2
coscos2sin
)cos(sin

.
Cõu IV (1 im) : Cho hỡnh lng tr
///
. CBAABC
cú cnh bờn bng a, gúc gia cnh bờn v mt ỏy bng

0
60
. Hỡnh chiu vuụng gúc ca
/
B
lờn (ABC) l trung im H ca AB. Tam giỏc ABC cú BC = 2a, gúc
ACB bng
0
30
. Tớnh th tớch lng tr
///
. CBAABC
v khong cỏch gia
HB
/
v BC.
Cõu V (1 im) : Cho ba s thc x, y, z tha món x + y + z = xyz v x > 1, y > 1, z > 1. Tỡm giỏ tr nh nht
ca biu thc

2 2 2
x 1 y 1 z 1
P
y z x

= + +
.
PHN RIấNG (3 im) (thớ sinh ch c lm mt trong hai phn A hoc B).
A.Theo chng trỡnh chun.
Cõu VI.a (2 im)
1. Trong mt phng ta

Oxy
cho tam giỏc
ABC
vuụng ti
A
, bit
B
v
C
i xng nhau qua gc ta .
ng phõn giỏc trong ca gúc ABC cú phng trỡnh l
2 5 0x y+ =
. Tỡm ta cỏc nh ca tam giỏc
bit ng thng
AC
i qua im
(6;2)K
.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1;0;2), B(-2;1;1), C(1;-3;-2). D là điểm
thuộc đờng thẳng chứa cạnh BC sao cho DB = 2DC. Lập phơng trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABD biết
S(1;0;0), v D cú honh dng.
Cõu VII.a (1 im): Tỡm modun ca s phc
zziw += 3
, bit
(1 ) 1 3 0i z i+ =
.
B.Theo chng trỡnh nõng cao.
CõuVI.b (2im)
1.Trong mt phng vi h ta
Oxy

cho ng trũn (C)
2 2
2 6 2 0x y x y+ + + =
v ng thng d:
2 0x y+ =
. Tỡm cỏc nh ca hỡnh vuụng ABCD ni tip ng trũn (C) bit nh A thuc d v cú honh
dng
2.Trong khụng gian ta Oxyz, cho mt cu (S):
2 2 2
( 1) ( 2) ( 3) 17x y z+ + + + =
v mt phng (P):
2x + 2y + z + 7 = 0. Vit phng trỡnh ng thng

i qua A(8, 0, 23), nm trong (P) v tip xỳc vi
mt cu (S).
CõuVII.b (1im). Tỡm h s cha
4
x
trong khai trin
[ ]
2
2
4
3)4(log.1

+++
n
xnx

bit

)3(7
6
1
3
3
3
4
++=
++
nAC
nn
.
Ht
H tờn thớ sinh SD

Câu Nội dung Điểm
I 1.
* TXD : D = R\{1}.
* Sự biến thiên:
+ Giới hạn – Tiệm cận
+ Chiều biến thiên:
2
/
)1(
6
x
y
−
=
.

BBT


Hàm số đồng biến trên ( -
∞
; 1); (1;+
∞
) . Hàm số không có cực trị.





Đồ thị.
Giao Ox, Oy tại A(-2;0), B(0;4).
2.
Từ giả thiết ta có:
( ) : ( 1) 1.d y k x= − +
Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình
sau có hai nghiệm
1 1 2 2
( ; ), ( ; )x y x y
phân biệt sao cho
( ) ( )
2 2
2 1 2 1
90(*)x x y y− + − =
2 4
( 1) 1
( )

1
( 1) 1
x
k x
I
x
y k x
+

= − +

− +


= − +

. Ta có:
2
(2 3) 3 0
( )
( 1) 1
kx k x k
I
y k x

− − + + =
⇔

= − +


Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
2
(2 3) 3 0(**)kx k x k− − + + =
có hai nghiệm phân biệt khác 1. Khi đó dễ có được
3
0, .
8
k k≠ <
Ta biến đổi (*) trở thành:
Theo định lí Viet cho (**) ta có:
1 2 1 2
2 3 3
, ,
k k
x x x x
k k
− +
+ = =
thế vào (***) ta có
phương trình:
3 2 2
8 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0k k k k k k+ + − = ⇔ + + − =
16
413
;3
±−
=−=⇔ kk
.
KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.
0.25

0.25
0.5
0.25
0.25
0.5
+
-
- -
+
+
+ +
1
x
y
/
y
y
x
4
O
-2
-2
1
II
1.
sin2x(sin2x -2) +2sinx = 2cosx – 4
x
4
cos







+±=
+=
⇔



=−
=−
⇔
=−+−⇔
=−+−⇔
=−+−+⇔
π
π
π
π
2
3
4
0cos21
0cossin
0cossin)sin(coscos2
0cossincossin2cos2
0cos2sin2cossin4cos4cossin4
2

42
2
kx
kx
x
xx
xxxxx
xxxxx
xxxxxxx
2.
Đk:
2
≥
x
BPT
⇔
1
2
2
2
3
1
12
1
−+−
−
≤
+
−
xx

x
x
x
1
2
2
2
3
1
12
1
−+−
≤
+
⇔
xxx
(do x
2≥
)
⇔
122
2
3
1
2
+≤−+− xx
x
2)2
2
3

)(1
2
( ≤−−⇔
xx
4
3
2
≤≤
−
⇔ x
.
Kết hợp đk thì BPT đã cho có tập nghiệm là: [2;4]
0.25
0.75
0.25
0.25
0.25
0.25
III
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2

4 4
4
2 2
0 0
2 2
4 4
2
0 0
sin cos cos tan 1
cos 2tan 1
cos 2sin cos cos
tan 1 tan 1
tan
2tan 1
cos 2tan 1
x x x x
I dx dx
x x
x x x x
x x
dx d x
x
x x
π π
π π
+ +
= =
+
+
+ +

= =
+
+
∫ ∫
∫ ∫
Đặt
( )
2
1
tan tan
cos
t x dt d x dx
x
= ⇒ = =
Đổi cận
0 0
1
4
x t
x t
= ⇒ =


π

= ⇒ =

Khi đó
dt
t

t
t
t
I )
12
1
32(
4
1
12
)1(
1
0
1
0
2
+
++=
+
+
=
∫∫
1
2
0
1 1 1 1 1
3 ln 2 1 4 ln3 1 ln3
4 2 4 2 8
I t t t
   

= + + + = + = +
 ÷  ÷
   
0.25
0.25
0.25
0.25
IV Từ giả thiết suy ra
HB
/
là chiều cao của lăng trụ. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy
bằng góc
0/
60=BHB
aAB
a
BH =⇒=⇒
2
.
Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC, ta có
A
BC
C
AB
sinsin
=
0
901sin =⇒=⇒ AA
.
Vậy tam giác ABC vuông tại A.

Tính được AC =
3a
Diện tích đáy
2
3
.
2
1
2
a
ACABS
ABC
==

Đường cao của hình chóp
2
3
/
a
HB =

Thể tích khối lăng trụ
///
. CBAABC
4
.
3
1
3
/

.
///
a
SHBV
ABC
CBAABC
==
HI vuông góc với BC ( I là trung điểm BK), thì HI là đoạn vuông góc chung của
B
/
H và BC.
Khoảng cách cần tính là
4
3a
HI =
0.25
0.25
0.25
0.25
V
Ta có
2 2 2 2 2 2
x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 1 1 1 1 1 1
P
y z x x y z x y z
   
− + − − + − − + −
= + + − + + + + +
 ÷  ÷
   


(1).
Mà
2 2 2
x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1
y z x
− + − − + − − + −
+ +

( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
x 1 y 1 z 1
x y y z x z
   
 
= − + + − + + − +
 ÷
 ÷  ÷
 
   

( ) ( ) ( )
2 2 2
x 1 y 1 z 1
xy yz xz
≥ − + − + −
(2).
Từ (1) và (2) suy ra


2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
P 2
x y z x y z xy yz zx
 
≥ + + + + + − + +
 ÷
 
(3)
Từ giả thiết ta có
1 1 1
1
xy yz zx
+ + =
(4).
Mà
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1
x y z xy yz zx
+ + ≥ + + =
(5).
2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 3
x y z xy yz zx x y z
   
+ + ≥ + + ⇒ + + ≥
 ÷  ÷
   

(6).
0.25
0.25
0.25
A
+
B
C
A
/
B
/
C
/
H
K
I
T (3), (4), (5) v (6) suy ra
P 3 1

.
Du bng xy ra khi v ch khi
x y z 3
= = =
.
0.25
VIa 1.
(5 2 ; ), (2 5; )B b b C b b
,
(0;0)O BC

Gi I i xng vi O qua phõn giỏc trong gúc ABC nờn
(2;4)I
v
I AB
Tam giỏc
ABC
vuụng ti A nờn
( )
2 3;4BI b b=
uur
vuụng gúc vi
( )
11 2 ;2CK b b= +
uuur
2
1
(2 3)(11 2 ) (4 )(2 ) 0 5 30 25 0
5
b
b b b b b b
b
=

+ + = + =

=

Vi
1 (3;1), ( 3; 1) (3;1)b B C A B=
loi

Vi
5 ( 5;5), (5; 5)b B C=
31 17
;
5 5
A


ữ

Vy
31 17
; ; ( 5;5); (5; 5)
5 5
A B C


ữ

2.
Tìm đợc D( 4;-7;-5)
Gọi (S):
0222
222
=+++ dczbyaxzyx
là mặt cầu cần tìm. Do (S) đi qua
S(1;0;0), A(1;0;2), B(-2;1;1), D(4;-7;-5 ) nên có








=+++
=++
=+
=+
01014890
02246
0425
021
dcba
dcba
dca
da
Giải ra












=

=

=

=
3
23
1
2
17
3
10
d
c
b
a

Suy ra (S):
0
3
23
217
3
20
222
=++++ zyxzyx
0.25
0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25
0.25
VII.a Theo gi thit, ta cú
2
(1 )( ) 1 3 0 0 ( 1) ( 3) 0
1
x
i x yi i x y x y i
y
=

+ = = + + =

=

Suy ra
2z i=
.
Ta cú
iiiizziw =++=+= 42)2(33
Suy ra
17=w
0.5
0.25
0.25
VI.b
1.
+ ng trũn

2 2
( 1) ( 3) 8x y+ + =
cú tõm
( 1;3)I
bỏn kớnh
2 2R =
+ A thuộc d nên
( ;2 )A x x−
.
+ Ta có
2 2 2
8 ( 1) (1 ) 8IA x x= ⇒ + + + =

2
( 1) 4
1
3 ( )
x
x
x L
⇒ + =
=

⇔

= −

Vậy
(1;1) ( 3;5)A C⇒ −
.

+ Đường thẳng BD đi qua
( 1;3)I −
vuông góc với IA nên nhận
(2; 2)IA = −
uur
//
(1; 1)u −
r
làm véc tơ pháp tuyến có phương trình:

4 0x y− + =
.
+ Tọa độ giao điểm B, D thỏa mãn phương trình:
2 2 2
1
( 1) ( 1) 8 ( 1) 4
3
x
x x x
x
=

+ + + = ⇔ + = ⇔

= −

+
1 5x y= ⇒ =
+
3 1x y= − ⇒ =

Vậy B(1;5)
⇒
D(-3;1) hoặc ngược lại.
2.
S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R =
17
. (P) có VTPT
n
r
= (2, 2, 1)
+ Gọi
u
r
= (a, b, c) là VTCP đường thẳng
∆
cần tìm (a
2
+ b
2
+ c
2
> 0)
+
∆
⊂
(P)
⇒
u
r
⊥

n
r
⇔
2a + 2b + c = 0
⇔
c = – 2a – 2b (1)
+ Ta có
AI
uur
= (–9, 2, 20), [
AI
uur
,
u
r
] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a)

∆
tiếp xúc (S)
⇔
d(I,
∆
) = R
⇔
,
17
AI u
u
 
 

=
uur r
r

⇔
2 2 2 2 2 2
(2 20 ) (20 9 ) ( 9 2 ) 17.c b a c b a a b c− + + + − − = + +
(2)
+Từ (1) và (2) ta có
2 2 2 2 2 2
( 4 24 ) (2 18 ) ( 9 2 ) 17[ ( 2 2 ) ]a b a b b a a b a b− − + − + − − = + + − −
⇔
896b
2
– 61a
2
+ 20ab = 0
+Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b
≠
0. Chọn b = 1
Ta có – 61a
2
+ 20a + 896 = 0
⇔
a = 4 hoặc a =
224
61
−
+ Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a =
224

61
−
, b = 1 thì c =
326
61
Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán là:
8 4
23 10
x t
y t
z t
= +


=


= − −

và
224
8
61
326
23
61
x t
y t
z t


= −


=



= − +

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
VII.b
Tìm được n = 12
Suy ra
[ ]
102
2
2
4
)321(3)4(log.1 xxxnx
n
++=+++
−
10
2 0 10 1 9 2 2 8 4

10 10 10
12
(1 2 ) 3 (1 2 ) (1 2 ) .3 (1 2 ) 9
n
x x C x C x x C x x
= ⇒
+ + = + + + + + +
 
 
Ta có:
0.25
0.25
0 10 0 0 1 2 2 3 3 4 4
10 10 10 10 10 10 10
2 1 9 2 1 0 1 2 2
10 10 9 9 9
4 2 8 4 2 0
10 10 8
(1 2 ) 2 4 8 16
3 (1 2 ) 3 2 4
9 (1 2 ) 9
C x C C C x C x C x C x
x C x x C C C x C x
x C x x C C
+ = + + + + +
 
 
+ = + + +
 
 

+ = +
 
 
Vậy hệ số của số hạng chứa
4
x
là :
0 4 1 2 2 0
10 10 10 9 10 8
16 3 4 9 8085C C C C C C+ + =
( Cũng có thể giải theo cách chọn bộ k,i)
0.25
0.25