SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH
TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG
Thi ngày 22-6-2013
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu I. Cho hàm số
x
y
x
2
1
=
−
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC vuông
cân tại đỉnh A với A(2; 0).
Câu II.
1) Giải phương trình:
( ) ( ) ( )

2
sin x t an x 1 3sin x cos x sin x 3+ = - + *
2) Tìm m để phương trình :
2 2
5 6 7 ( 1) 2x x m x x+ + = + +
có nghiệm thực
Câu III. Tính tích phân:
I dx
x

6
0
1
2sin 3
π
=
−
∫
Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC =
2 3a
,
BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng
(ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng
3
4
a
, tính thể tích khối
chóp S.ABCD theo a.
Câu V: Cho ba số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
2 2 2
1 1 1 1 1 1
22 6 2013
a b c ab bc ca
   
+ + = + + +
 ÷  ÷
   
.

Tìm giá trị lớn nhất của
2 2 2 2 2 2
1 1 1
.
5 2 5 2 5 2
P
a ab b b bc c c ac a
= + +
+ + + + + +
Câu VI:
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A(0; 1), B(3; 4)
nằm trên parabol (P):
y x x
2
2 1= − +
, tâm I nằm trên cung AB của (P). Tìm tọa độ hai đỉnh
C, D sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho
∆
ABC
với tọa độ đỉnh C(3; 2; 3) và phương
trình đường cao AH, phương trình đường phân giác trong BD lần lượt là:
x y z
d
1
2 3 3
:
1 1 2
− − −
= =

−
,
x y z
d
2
1 4 3
:
1 2 1
− − −
= =
−
. Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC
của
ABC
∆
và tính diện tích của
ABC
∆
.
Câu VII: Gọi
1 2 3 4
, , ,z z z z
là bốn nghiệm của phương trình
4 3 2
2 6 4 0z z z z− − + − =
trên tập số
phức tính tổng:
2 2 2 2
1 2 3 4
1 1 1 1

S
z z z z
= + + +
.
Hết:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH
TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG
Thi ngày 22-6-2013
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu I. Cho hàm số
x
y
x
2
1
=
−
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC vuông
cân tại đỉnh A với A(2; 0).
2) Ta có
C y
x
2
( ) : 2
1
= +

−
. Gọi
B b C c
b c
2 2
;2 , ;2
1 1
+ +
− −
   
 ÷  ÷
   
với
b c1< <
.
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C lên trục Ox.
Ta có:
·
·
·
·
·
·
·
AB AC BAC CAK BAH CAK ACK BAH ACK
0 0
; 90 90+ = + ⇒= = ⇒ = =
và:
·
·

{
AH CK
BHA CKA ABH CAK
HB AK
0
90
∆ ∆
=
= = ⇒ = ⇒
=
Hay:
{
b
b
c
c
c
b
2
2 2
1
1
2
3
2 2
1
− = +
= −
−
⇔

=
+ = −
−







.
Vậy
B C( 1;1), (3;3)−
Câu II.
1) Giải phương trình:
( ) ( ) ( )

2
sin x t an x 1 3 sin x cos x sin x 3+ = - + *
Điều kiện:
cos x 0¹
.
● Do
cos x 0¹
nên chia hai vế
( )
*
cho
2
cos x 0¹

, ta được:
( ) ( )
2 2
2 2 2
sin x 3 sin x cos x 3 sin x 1
t an x 1 3.
cos x cos x cos x
-
* + = +Û
( )
( )

2 2 2
t an x t an x 1 3 t an x 3 t an x 3 1 tan x+ = - + +Û

3 2 2 2
t an x tan x 3 tan x 3 t an x 3 t an x 3 0+ - + - - =Û
( )

3 2
x k
t an x 1
4
t an x t an x 3 t an x 3 0 k,
t an x 3
x
3
é
p
ê

é
= - + p
= -
ê
ê
+ - - =Û Û Û Î
ê
ê
p
= ±
ê
ê
= ± + p
ë
ê
ë
l
l
¢
.
2) Tìm m để phương trình :
2 2
5 6 7 ( 1) 2x x m x x+ + = + +
có nghiệm thực
Giải:
TXĐ: D=R
PT trơ thành :
2 2 2
3( 1) 2( 2) ( 1) 2x x m x x+ + + = + +
Do x=-1 không thỏa mãn, ta chia cả hai vế cho

2
( 1) 2x x+ +

Ta được
2
2
1 2
3. 2
1
2
x x
m
x
x
+ +
+ =
+
+
.Đặt
2 2 3
1 2
; ' ; ' 0 2
2 ( 2)
x x
t t t x
x x
+ −
= = = ⇔ =
+ +
x -

∞
2 +
∞

t’(x) + 0 -
t(x)

6
2

-1 1
vậy
6
1;
2
t
 
∈ −



 
Pt trở thành:
2
2 2 2 2
3 ; ( ) 3 '( ) 3 ; '( ) 0 ( )
3
t m f t t f t f t t tm
t t t
+ = = + ⇒ = − = ⇔ = ±

t
-1
2
3
−
0
2
3

6
2

f’ + 0 - - 0 +
f
-
2 6
+
∞

-5


ĐS:
2 6 ; 2 6m m≤− ≥

Câu III. Tính tích phân:
I dx
x
6
0

1
2sin 3
π
=
−
∫
•
Ta có:
I dx dx
x x
6 6
0 0
1
1 1
2
2
sin sin sin sin
3 3
π π
π π
= =
− −
∫ ∫
x x
dx dx
x x
x
6 6
0 0
cos

cos
2 6 2 6
3
sin sin
2cos .sin
3
2 6 2 6
π π
π π
π
π
π π
 
   
+ − −
 ÷
 ÷  ÷
   
 
= =
   
−
+ −
 ÷  ÷
   
∫ ∫
x x
dx dx
x x
6 6

0 0
cos sin
2 6 2 6
1 1
2 2
sin cos
2 6 2 6
π π
π π
π π
   
− +
 ÷  ÷
   
= +
   
− +
 ÷  ÷
   
∫ ∫
x x
6 6
0 0
ln sin ln cos
2 6 2 6
π π
π π
   
= − − + =
 ÷  ÷

   
Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC =
2 3a
,
BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng
(ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng
3
4
a
, tính thể tích khối
chóp S.ABCD theo a.
2 6
-
∞
15
6
Từ giả thiết AC =
2 3a
; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi
đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO =
3a
; BO = a , do đó
·
0
60A DB =
Hay tam giác ABD đều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên
giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD).
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
DH AB⊥

và DH =
3a
; OK // DH và
1 3
2 2
a
OK DH= =
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là
khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB).
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒
2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
= + ⇒ =
Diện tích đáy
2
4 2. . 2 3
D
S
ABC ABO
S OAOB a
∆
= = =
;
đường cao của hình chóp
2

a
SO =
.
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
1 3
.
3 3
D DS ABC ABC
a
V S SO= =
Câu V: Cho ba số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
2 2 2
1 1 1 1 1 1
22 6 2013
a b c ab bc ca
   
+ + = + + +
 ÷  ÷
   
.
Tìm giá trị lớn nhất của
2 2 2 2 2 2
1 1 1
.
5 2 5 2 5 2
P

a ab b b bc c c ac a
= + +
+ + + + + +
Đặt
1 1 1
; ;x y z
a b c
= = =
.
( )
( )
( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2013
22 6 2013 6 2013
16
x y z xy yz zx x y z x y z
⇒ + + = + + + ≤ + + + ⇒ + + ≤
Mặt khác
( )
( )
( )
2 2
2 2 2
6039
16
3x y z x y z x y z
+ + ≤ + + ⇒ + + ≤
Ta có
( )

( )
2 2 2
2
1 1 1 3 1 1
3
3
8 2 8 2
2
2
5
4
x y
a b a b
a ab b
a a b
 
= ≤ ≤ + = +
 ÷
+
 
+ +
+ +
Tương tự

( ) ( )
2 2 2 2
1 1 1 1
3 , 3
8 2 8 2
5 2 5 2

y z z x
b bc c c ac a
≤ + ≤ +
+ + + +
Ta có
( )
4 6 9
8 2 2
3
8
0
P x y z
≤ + + ≤
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
6039
12
x y z= = =
hay
12
6039
a b c= = =

S
A
B
K
H
C
O
I

D
3a
a
Câu VI:
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A(0; 1), B(3; 4)
nằm trên parabol (P):
y x x
2
2 1= − +
, tâm I nằm trên cung AB của (P). Tìm tọa độ hai đỉnh
C, D sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất.
•
I nằm trên cung AB của ( P) nên
I a a a
2
( ; 2 1)− +
với 0 < a <3.
Do AB không đổi nên diện tích
∆
IAB lớn nhất khi
d I AB( , )
lớn nhất
Phương trình AB:
x y 1 0− + =
.
d I AB( , )
=
a a a
2
2 1 1

2
− + − +
=
a a
2
3
2
− +
=
a a
2
3
2
− +
(do a
∈
(0;3))
⇒
d ( I, AB) đạt GTLN
⇔
f a a a
2
( ) 3= − +
đạt GTLN
⇔
a
3
2
=


⇒

I
3 1
;
2 4
 
 ÷
 
Do I là trung điểm của AC và BD nên ta có
C D
1 7
3; ; 0;
2 2
   
− −
 ÷  ÷
   
.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho
∆
ABC
với tọa độ đỉnh C(3; 2; 3) và phương
trình đường cao AH, phương trình đường phân giác trong BD lần lượt là:
x y z
d
1
2 3 3
:
1 1 2

− − −
= =
−
,
x y z
d
2
1 4 3
:
1 2 1
− − −
= =
−
. Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC
của
ABC
∆
và tính diện tích của
ABC
∆
.
•
Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH
P d P x y z
1
( ) ( ): 2 1 0⇒ ⊥ ⇒ + − + =

B P d B
2
( ) (1;4;3)= ∩ ⇒


⇒
phương trình
{
BC x t y t z: 1 2 ; 4 2 ; 3= + = − =
Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d
2
, (Q) cắt d
2
và AB tại K và M. Ta có:

Q x y z K M( ): 2 2 0 (2;2;4) (1;2;5)− + − = ⇒ ⇒
(K là trung điểm của CM).
x
AB y t
z t
1
: 4 2
3 2

=

⇒ = +


= −

, do
ABC
A AB d A S AB AC

1
1
(1;2;5) , 2 3
2
∆
 
= ∩ ⇒ ⇒ = =
 
uuur uuur
.
Câu VII: Gọi
1 2 3 4
, , ,z z z z
là bốn nghiệm của phương trình
4 3 2
2 6 4 0z z z z− − + − =
trên tập số
phức tính tổng:
2 2 2 2
1 2 3 4
1 1 1 1
S
z z z z
= + + +
.
4 3 2
2 6 4 0z z z z− − + − =
( ) ( )
( )
2

1 2 2 2 0z z z z⇔ − + − + =
(1)
Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của(1)là
1
2
3
4
1
2
1
1
z
z
z i
z i
=


= −


= +

= −

Thay và biểu thức
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1 2 3 4

1 1 1 1 1 1 1 5
1
4 4
1 1
S
z z z z
i i
= + + + = + + + =
− +
Hết:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH
TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG
Thi ngày 23-6-2013
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu I. Cho hàm số
m
y x m x m x
3 2
( 2) ( 1) 2
3
= + − + − +
(Cm).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2) Tìm m để hàm số có cực đại tại x
1
, cực tiểu tại x
2
thỏa mãn

x x
1 2
1< <
.
Câu II. 1)Giải phương trình:
( )
( )

2
x
2 3 cos x 2 sin
2 4
1
2 cos x 1
æ ö
p
÷
ç
÷
- - -
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
= *
-
2)Giải hệ phương trình :




+=+−
+=−
332
13
2
3
xyxyy
yxx
Câu III. Tính tích phân :
2
2
0
sin 2x cos dxx x
π
∫
.
Câu IV.Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có
·
0
, 2 , 120AC a BC a ACB
= = =
và đường thẳng
'A C
tạo với mặt phẳng
( )
' 'ABB A
góc
0

30
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
' , 'A B CC
và thể tích khối lăng trụ đã cho theo a.
Câu V. CMR:
∀
a, b, c > 0 ta có:
ab bc ca
a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2b
+ +
+ + + + + +
≤
a b c
6
+ +
Câu VI.
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
x y
2 2
( –1) ( 1) 25+ + =
và
điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B phân
biệt sao cho MA = 3MB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
x y z
d
1
1 2
:
1 2 1

− +
= =
−

và
x y z
d
2
2 1
:
2 1 2
+ −
= =
−
. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
d
1
sao cho góc giữa mặt
phẳng (P) và đường thẳng
d
2
là lớn nhất.
Câu VII. Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn
( )
3 2 3z z i z
+ = +
Hết:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG

Thi ngày 22-6-2013
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu I. Cho hàm số
m
y x m x m x
3 2
( 2) ( 1) 2
3
= + − + − +
(Cm).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2) Tìm m để hàm số có cực đại tại x
1
, cực tiểu tại x
2
thỏa mãn
x x
1 2
1< <
.
• Ta có:
y mx m x m
2
2( 2) 1
′
= + − + −
;
y 0
′

= ⇔
mx m x m
2
2( 2) 1 0+ − + − =
(1)
Hàm số có CĐ ,CT thỏa mãn
x x
1 2
1< <
khi m > 0 và (1) có 2 nghiệm phân biệt bé
hơn 1
Đặt
t x 1= −

⇒

x t 1= +
, thay vào (1) ta được:
m t m t m
2
( 1) 2( 2)( 1) 1 0+ + − + + − =
mt m t m
2
4( 1) 4 5 0⇔ + − + − =
(1) có 2 nghiệm phân biệt bé hơn 1
⇔
(2) có 2 nghiệm âm phân biệt
m
P
S

0
0
0
0
∆

>

′

>
⇔

>

<


m
5 4
4 3
⇔ < <
.
Câu II. 1)Giải phương trình:
( )
( )

2
x
2 3 cos x 2 sin

2 4
1
2 cos x 1
æ ö
p
÷
ç
÷
- - -
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
= *
-
● Điều kiện:
( )

1
cos x 1
2
¹
.
( )
( )
2 3 cos x 1 cos x 2 cos x 1 0
2
æ ö

p
÷
ç
÷
* - - + - - + =Û
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
2 cos x 3 cos x sin x 2 cos x 0- + - =Û
( )

1 3
sin x cos x 0 sin x 0 x k x k , k
2 2 6 6 6
æ ö
p p p
÷
ç
÷
+ = + = + = = - +Û Û Û p Û p Î
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
¢

.
● Thay nghiệm vào
( )
1
, họ nghiệm phương trình là:
( )
x k , k
6
p
= - + pÎ ¢
.
2)Giải hệ phương trình :




+=+−
+=−
332
13
2
3
xyxyy
yxx
ĐK:
1−≥y
Pt : y
2
- xy + 2y=3x +3
⇔

(y- x-1)(y+3)=0
⇔
y=x+1( y+3>0)
Thay vào phương trình (1) ta có
23
3
+=− xxx
Đk: x
2−≥
nếu x> 2 thì
22)4(3
23
+>+=>>−+=− xxxxxxxxxx
pt vô nghiệm
Do đó để giải (1) chỉ cần xét
22
≤≤−
x
đặt x= 2cost ;
[ ]
π
;0∈t
Phương trình trở thành : cos3t=cos(t/2)
Giải pt với
[ ]
π
;0∈t
ta có :
x= 2;
7

4
;
5
4
cos2
ππ
== xx
suy ra nghiệm của hệ (x; x+1)
Câu III. Tính tích phân :
2
2
0
sin 2x cos dxx x
π
∫
.
2 2
2 3
0 0
sin 2x cos dx 2 sin x cos dxI x x x x
π π
= =
∫ ∫
Đặt
3 3
2x
dv=sinx.cos dx=-cos . ( osx)
u
x x d c
=




Ta có
4
2 x
-cos
v=
4
du d
x
=





Khi đó
2 2
4 4
2
0
0 0
2
0
1 1 1 3 1 1
os os dx 0 os2x+ os4x dx
2 2 2 8 2 8
1 3 1 1 3
sin2x+ sin4x

2 8 4 32 32
I xc x c x c c
x
π π
π
π
π
 
= − + = + +
 ÷
 
 
= + =
 ÷
 
∫ ∫
Câu IV.Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có
·
0
, 2 , 120AC a BC a ACB
= = =
và đường thẳng
'A C
tạo với mặt phẳng
( )
' 'ABB A
góc
0
30
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

' , 'A B CC
và thể tích khối lăng trụ đã cho theo a.

Trong (ABC), kẻ
CH AB
⊥

( )
H AB
∈
, suy ra
( )
' 'CH ABB A
⊥
nên A’H là hình chiếu vuông
góc của A’C lên (ABB’A’). Do đó:

( )
·
( )
·
·
0
' , ' ' ' , ' ' 30A C ABB A A C A H CA H
= = = 
 
.
Do
( )
'/ / ' '/ / ' 'CC AA CC ABB A

⇒
. Suy ra:
( ) ( )
( )
( )
( )
' , ' ', ' ' , ' 'd A B CC d CC ABB A d C ABB A CH
= = =
2
0
1 3
. .sin120
2 2
ABC
a
S AC BC
∆
= =
•
2 2 2 0 2
2 . .cos120 7 7AB AC BC AC BC a AB a= + − = ⇒ =
•
2.
21
7
ABC
S
a
CH
AB

∆
= =
Suy ra:
0
2 21
'
sin30 7
CH a
A C
= =
Xét tam giác vuông AA’C ta được:
2 2
35
' '
7
a
AA A C AC
= − =
.
Suy ra:
3
105
. '
14
ABC
a
V S AA
∆
= =
.

Câu V. CMR:
∀
a, b, c > 0 ta có:
ab bc ca
a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2b
+ +
+ + + + + +
≤
a b c
6
+ +
Ap dụng bất đẳng thức: (
1 1
a b c
1
+ +
)(a + b + c)
≥
3
3
1
abc
3
3
abc
= 9
⇒
1
a b c+ +
≤


1
9
(
1 1
a b c
1
+ +
)
⇒
ab
a 3b 2c+ +
=
ab
a c b c 2b+ + + +
≤

ab
9
(
1 1
a c b c 2b
1
+ +
+ +
)
Tương tự:
bc
b 3c 2a+ +
≤


bc
9
(
1 1
b a a c 2c
1
+ +
+ +
) và
ca
c 3a 2b+ +
≤

ca
9
(
1 1
b c 2a
1
b a
+ +
+ +
)
VT
≤

ab
9
(

1 1
a c b c 2b
1
+ +
+ +
)+
bc
9
(
1 1
b a a c 2c
1
+ +
+ +
)+
ca
9
(
1 1
b c 2a
1
b a
+ +
+ +
) = (
ab
9
+
bc
9

)
1
a c+

+ (
ab
9
+
ca
9
)
1
b c+
+ (
bc
9
+
ca
9
)
1
b a+
+
a
18
+
b
18
+
c

18
=
b(a c)
9(a c)
+
+
+
a(b c)
9(b c)
+
+
+
c(b a)
9(b a)
+
+
+
a
18
+
b
18
+
c
18
=
=
a
9
+

b
9
+
c
9
+
a
18
+
b
18
+
c
18
=
a
6
+
b
6
+
c
6
=
a b c
6
+ +
= VP
Câu VI.
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):

x y
2 2
( –1) ( 1) 25+ + =
và
điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B phân
biệt sao cho MA = 3MB.
•

M C
P
/( )
27 0= > ⇒
M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5.
Mặt khác:
M C
P MA MB M B MB BH
2
/( )
. 3 3 3= = ⇒ = ⇒ =
uuur uuur
IH R BH d M d
2 2
4 [ ,( )]⇒ = − = =
Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a
2
+ b
2
> 0).
a
a b

d M d
a b
a b
2 2
0
6 4
[ ,( )] 4 4
12
5

=
− −

= ⇔ = ⇔
= −

+

. Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
x y z
d
1
1 2
:
1 2 1
− +
= =
−


và
x y z
d
2
2 1
:
2 1 2
+ −
= =
−
. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
d
1
sao cho góc giữa mặt
phẳng (P) và đường thẳng
d
2
là lớn nhất.
•

d
1
đi qua
M(1; 2;0)−
và có VTCP
u (1;2; 1)= −
r
.Vì
d P
1

( )⊂
nên
M P( )∈
.
PT mặt phẳng (P) có dạng:
A x B y Cz( 1) ( 2) 0− + + + =

A B C
2 2 2
( 0)+ + ≠
Ta có:
d P u n C A B( ) . 0 2⊂ ⇔ = ⇔ = +
r r
.
Gọi
·
P d
2
(( ), )=
α

⇒

A B A B
A AB B
A AB B
2
2 2
2 2
4 3 1 (4 3 )

sin .
3
2 4 5
3. 2 4 5
+ +
= =
+ +
+ +
α
TH1: Với B = 0 thì
sin
2 2
3
=
α
TH2: Với B
≠
0. Đặt
A
t
B
=
, ta được:
t
sin
t t
2
2
1 (4 3)
.

3
2 4 5
+
=
+ +
α
Xét hàm số
t
f t
t t
2
2
(4 3)
( )
2 4 5
+
=
+ +
. Dựa vào BBT ta có:
f t
25
max ( )
7
=
khi
t 7= −

⇔

A

B
7= −
Khi đó
f
5 3
sin ( 7)
9
= − =
α
.
So sánh TH1 và TH2
⇒

α
lớn nhất với
5 3
sin
9
=
α
khi
A
B
7= −
.
⇒
Phương trình mặt phẳng (P) :
x y z7 5 9 0− + − =
.
Câu VII. Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn

( )
3 2 3z z i z
+ = +
Đặt
( )
,z x yi x y
= + ∈
¡
ta được
( )
2 2 2 2
3 2 3 3 3 2 3 3z z i z x yi x yi x y i x y
+ = + ⇔ + + − = + + +

2 2
2 2
4 2
2 3 3
x x y
y x y

= +

⇔


− = +

2 2
0

3
0
0
3
x
y x
y
x
y x

≥


= −

⇔ ≤ ⇔
 
≥



=

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z cần tìm là phần đường thẳng
3y x= −
với
0x
≥
.
Hết:


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG
Thi ngày 24-6-2013
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu I.Cho hàm số
y x x m
4 2
4= − +
(Cm).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
m 2=
.

2) Tìm các giá trị của m để (Cm) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho hình
phẳng giới hạn bởi (Cm) với trục hoành có diện tích phần phía trên trục hoành bằng diện
tích phần dưới trục hoành.
Câu II.1)Giải phương trình:
( )

3
2 sin x 2 sin x 1
4
æ ö
p
÷
ç
÷
+ =

ç
÷
ç
÷
ç
è ø
2)Giải phương trình :
( )
( )
2
2
2
2
2
1
1
1
2
2 1
x
x
x
x
x x
+
+
+ = +
−
Câu III. Tính tích phân: I =
6

0
1
cos .cos
4
dx
x x
π
π
 
+
 ÷
 
∫

Câu IV.Cho hình chóp tam giác S.ABC có AB = 5a, BC = 6a, CA = 7a. Các mặt
bên SAB, SBC, SCA tạo với đáy một góc 60
o
.Tính thể tích khối chóp.

Câu V. Giải bÊt phương trình:
4)321)(13(
2
≥−++−−+ xxxx
Câu VI.
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A(2; 3), đường
phân giác trong góc A có phương trình
x y 1 0− + =
, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC là I(6; 6) và diện tích tam giác ABC gấp 3 lần diện tích tam giác IBC. Viết phương
trình đường thẳng chứa cạnh BC.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với
( )
A 3; 1; 2− −
,
( )
B 1;5;1
,
( )
C 2;3;3
, trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ. Tìm toạ độ điểm D.
Câu VII. 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.
Hết:
S GIO DC V O TO QUNG BèNH
TRNG THCS V THPT VIT TRUNG
Thi ngy 24-6-2013
THI TH I HC
MễN TON NM 2012 - 2013
Thi gian lm bi: 180 phỳt.
Cõu I.Cho hm s
y x x m
4 2
4= +
(Cm).
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s khi
m 2=
.

2) Tỡm cỏc giỏ tr ca m (Cm) ct trc honh ti 4 im phõn bit sao cho hỡnh
phng gii hn bi (Cm) vi trc honh cú din tớch phn phớa trờn trc honh bng din
tớch phn di trc honh.

PT honh giao im ca (Cm) vi trc honh:
x x m
4 2
4 0 + =
(1)


t x t
t t m
2
2
, 0
4 0 (2)


=

+ =



(Cm) ct Ox ti 4 im phõn bit

(1) cú 4 nghim phõn bit

(2) cú 2 nghim

dng phõn bit


m
S m
P m
4 0
4 0 0 4
0



= >

= > < <


= >

(*).
Gi s (2) cú nghim
t t t t
1 2 1 2
, (0 )< <
. Khi ú (1) cú 4 nghim phõn bit theo th t
tng dn l:
x t x t x t x t
1 2 2 1 3 1 4 2
; ; ;= = = =
. Do tớnh i xng ca (Cm) nờn ta cú:

x
x
x
x x m dx x x m dx
3
4
3
4 2 4 2
0
( 4 ) ( 4 ) + = +




x
x
mx x x m
4
5
4 2
3
4
4 4 4
4
0 3 20 15 0
5 3
+ = + =

Suy ra
x

4
l nghim ca h:
x x m
x x m
4 2
4 4
4 2
4 4
4 0 (3)
3 20 15 0 (4)

+ =


+ =





m
m
0
20
9

=

=



.
i chiu iu kin (*) ta suy ra
m
20
9
=
.
Cõu II.1)Giai phng trinh:
( )

3
2 sin x 2 sin x 1
4
ổ ử
p
ữ
ỗ
ữ
+ =
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
Cach giai 1.
t
t x x t
4 4

p p
= + = -ị
. Luc o:
( )
3 3
1 sin t 2 sin t sin t sin t cos t
4
ổ ử
p
ữ
ỗ
ữ
= - = -
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
( )
( ) ( )

3 3 2 2
sin t sin t cos t sin t sin t cos t sin t cos t= - = + - ã
( )

2 2
cos t sin t sin t cos t cos t 0- + - =
( )
( )

( )



cos t 0 N
1
cos t sin 2t 1 0 t k x k , k
sin 2t 2 L
2 2 4
ộ
ổ ử
=
p p
ờ
ữ
ỗ
ữ
- = = + = + p p ẻ
ỗ
ờ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
=
ố ứ
ờ
ở
Â
.


2)Gii phng trỡnh :
( )
( )
2
2
2
2
2
1
1
1
2
2 1
x
x
x
x
x x
+
+
+ = +

Giải: đk
0, 1x x≠ ≠ ±
Ta có thể đặt :
tan , ;
2 2
x t t
π π

 
= ∈ −
 ÷
 
Khi đó pttt.
( )
2
2sin cos2 cos2 1 0 sin 1 sin 2sin 0t t t t t t+ − = ⇔ − − =
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm
1
3
x =
Câu III. Tính tích phân: I =
6
0
1
cos .cos
4
dx
x x
π
π
 
+
 ÷
 
∫

Ta có: cosx. cos (x +
4

π
) = cosx (
1
2
cosx -
1
2
sinx) =
1
2
cos
2
x (1- tanx)
=> I =
( )
6
2
0
2
cos 1 tan
dx
x x
π
−
∫
( )
6
6
0
0

tan
2 2 ln tan 1
tan 1
d x
x
x
π
π
= − = − −
−
∫
3 3
2 ln
3
−
= −

Câu IV.Cho hình chóp tam giác S.ABC có AB = 5a, BC = 6a, CA = 7a. Các mặt
bên SAB, SBC, SCA tạo với đáy một góc 60
o
.Tính thể tích khối chóp.
Lời giải:
Hạ SH
)(ABC
⊥
, kẽ HE
⊥
AB, HF
⊥
BC, HJ

⊥
AC
suy ra SE
⊥
AB, SF
⊥
BC, SJ
⊥
AC . Ta có
¼
¼
¼
O
SEH SFH SJH 60= = =
⇒
SJHSFHSAH
∆=∆=∆
nên HE =HF = HJ = r
( r là bán kính đường tròn ngọai tiếp
ABC∆
)
Ta có S
ABC
=
))()(( cpbpapp
−−−

với p =
a
cba

9
2
=
++
Nên S
ABC
=
2
2.3.4.9 a
Mặt khác S
ABC
= p.r
3
62 a
p
S
r ==⇒
Tam giác vuông SHE:
SH = r.tan 60
0
=
a
a
223.
3
62
=
Vậy V
SABC
=

32
3822.66
3
1
aaa
=
.

Câu V. Giải bÊt phương trình:
4)321)(13(
2
≥−++−−+ xxxx
Điều kiện
≥x 1
.
Nhân hai vế của bpt với
x 3 x 1+ + −
, ta được
60
A
C
B
H
S
F
E
J
(1)
(
)

( )
2 2
4. 1 x 2 4. x 3 x 1 1 x 2 x 3 x 1x-3 x-3⇔ + + ≥ + + − ⇔ + + ≥ + + −

2 2 2 2
x 2 2 x 2 2 2 x 2 x
x -2
x-2 x-3 x+2 x-3 - 4 0
x 2
≤

+ + + ≥ + + ⇔ ≥ ⇔

≥

Kết hợp với điều kiện
≥x 1
ta được
x 2≥
.
Câu VI.
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A(2; 3), đường
phân giác trong góc A có phương trình
x y 1 0− + =
, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC là I(6; 6) và diện tích tam giác ABC gấp 3 lần diện tích tam giác IBC. Viết phương
trình đường thẳng chứa cạnh BC.
•
Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. (C) có tâm
I(6;6)

và bán kính
R IA 5
= =
⇒
(C):
x y
2 2
( 6) ( 6) 25− + − =
Gọi D là giao điểm của (C) với đường thẳng
x y 1 0− + =
D(9;10)⇒
Ta có:
ID BC⊥
ID (3;4)⇒ =
uur
là VTPT của BC
⇒
Phương trình BC có dạng :
x y m3 4 0+ + =
Theo đề bài ta có
ABC IBC
S S3
∆ ∆
=

⇔

d A BC d I BC( , ) 3 ( , )=
m m18 3 42⇔ + = +


m
m
54
36

= −
⇔

= −

Vậy có hai đường thẳng thỏa YCBT :
x y3 4 54 0+ − =
và
x y3 4 36 0+ − =
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với
( )
A 3; 1; 2− −
,
( )
B 1;5;1
,
( )
C 2;3;3
, trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ. Tìm toạ độ điểm D.
•
Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3.
Gọi
∆
là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là mặt cầu tâm A bán kính R
= 3. Điểm D cần tìm là giao điểm của

∆
và (S).
Đường thẳng
∆
có vectơ chỉ phương
( )
AB 2;6;3= −
uuur
nên có phương trình:
x t
y t
z t
2 2
3 6
3 3

= −

= +


= +

Phương trình mặt cầu
S x y z
2 2 2
( ):( 3) ( 1) ( 2) 9− + + + + =
Toạ độ điểm D thoả Hệ PT:
( ) ( ) ( )
x t

t
y t
t t
z t
t
x y z
2
2 2 2
2 2
1
3 6
49 82 33 0
33
3 3
49
3 1 2 9

= −


= −
= +


⇒ + + = ⇔

= +
= −




− + + + + =



•
Với t = – 1, thì D(4; – 3; 0) : không thoả vì AB = CD = 7
•
Với
t D
33 164 51 48
; ;
49 49 49 49
 
= − ⇒ −
 ÷
 
(nhận)
Câu VII. 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.
HD.
* Đặt z = x + yi (x; y
∈
R)
|z - i| = |
Z
- 2 - 3i|

⇔
|x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|
*
⇔
x - 2y - 3 = 0
⇔
Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z là đường thẳng x - 2y -
3 = 0
* |z| nhỏ nhất
⇔
|
OM
uuuur
| nhỏ nhất
⇔
M là hình chiếu của O trên
∆
*
⇔
M(
3
5
;-
6
5
)
⇒
z =
3
5

-
6
5
i