S GD&T THANH HểA
TRNG THPT BA èNH
THI TH



I H

C L
N 1 N

M 2013
Mụn: TON; Khi A, B
Thi 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.

K h

o sỏt s

bi

n thiờn v v



th

(C) c

a hm s

.
2.

Tỡm cỏc giỏ tr


m





ng th

ng
3y 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 c o s 3 1 2 sin 2
4
x x x



+ = + +



Câu III

(1,0 điểm)
Tớ
nh tớch phõn
2
2
0
1 3sin2 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

tớ ch 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 y z 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 ( p h n A hoc ph n B)
A. Theo chn g t rỡ nh ch u 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 1
z
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 l o g 1 6
l o g 5 l o g 4 1
x y
x y
xy y x x
y x
+
+

+ + + =


+ + =



Hết
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Câu Ý

Nội dung Điểm

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
TXĐ :
{ }
\ 1ℝ
.
2
3
' 0, 1
( 1)
y x
x
−
= < ∀ ≠
−

0,25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)và (1; )
−∞ +∞

1 1
2 1 2 1
lim ; lim
1 1
x x
x x

x x
+ −
→ →
+ +
= +∞ = −∞
⇒
− −
TC
Đ :
1
x
=

2 1
lim 2
1
x
x
x
→±∞
+
=
⇒
−
TCN :
2
y
=

0,25

Lập BBT
x
−∞
1

+∞

y’ - -
y
2



−∞

+∞




2


0,25
1

Đồ thị
6
5
4

3
2
1
-1
-2
-4
-2 2
4
6
1

0,25
trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng
2 2 0
x y
− − =
(d)
1,00
Pt hoành độ giao điểm:
2 1
3
1
x
x m
x
+
= − +
−
. Với đk
1

x
≠

2
PT 2 1 ( 1)( 3 ) 3 (1 ) 1 0 (1)x x x m x m x m
⇔ + = − − + ⇔ − + + + =

0,25
D cắt (C) tại A và B ⇔ Pt (1) có 2 nghiệm 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
Giải bất 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

⇔ = + +
2cos2xcosx 1 sin2x cos2x

0,25
⇔ − = +
cos2x(2cosx 1) 1 2sinxcosx

⇔ − − = +
2 2
2
(cos x sin x)(2cosx 1) (cosx sinx)


+ =

⇔

− − = +

cosx sinx 0 (1)
(cosx sinx)(2cosx 1) cosx sinx (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
 



cosx 0
x k
2
(2) 2cosx(cosx sinx 1) 0
2 cos x 1
x k2
4
4 4
V
ậ
y pt có nghi
ệ
m là
π
= − + π
x k
4
,

π
= + π
x k
2
,
= π
x k2

0,25
III
Tí
nh tích phân I =
2
2
0
1 3sin 2 2cos
x xdx
π
− +
∫

1,00

2
2
2
2
2
0
0

0
1 3sin2 2cos (sin 3 cos ) sin 3cos
I 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 3cos sin 3 cos
I x x dx x x dx
π
π
π
= − + −
∫ ∫

3
2
0
3
(sin 3cos ) (sin 3 cos )
x x dx x x dx
π π
π
= − + −
∫ ∫

( ) ( )
3 2
0
3

cos 3 sin cos 3sin
x x x x
π π
π
= − − + − −

0,25
1 3 1 3
1 3 3 3
2 2 2 2
= − − + + − + + = −

0,25
Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC và SD theo
a.

1,00

Gọi H là trọng 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
ương tự, cộng lại ta được
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
≥ − =

Đẳng thức xảy ra
x y z
= =

0,25
Viết ptđt đi qua I và cắt d
1
, d
2
lần lượt tại 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
ẳng hàng
1 ( 1)
3 1 ( 3 3)
b k a
IB kIA
b k a
− = −

⇒
= ⇔

− + = − −

 

0,25
Nếu
1 1 4
a b AB
=
⇒

=
⇒
=
(không TM)
N
ếu
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 1
z 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
Gọi H là hình chiếu của 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 nhất
2
1
AH
⇔
nh
ỏ nhất
AH
⇔

lớn nhất
H I
⇔ ≡

0,25
1

Khi đó
∆
qua I và có vtpt
( 1; 1)
n AI
= = − −
 
.
Pt
∆
là
1 0
x y
+ + =

0,25
Tìm M thuộc (P) sao cho MA
2
+ MB
2
+ MC
2


đạ
t giá trị nhỏ nhất

1,00

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
Chứng minh được MA
2
+ MB
2
+ MC
2
= 3MG
2
+ GA
2
+ GB
2
+ GC
2

0,25
MA
2
+ MB
2
+ MC
2
nhỏ nhất
MG

nhỏ nhất
M
⇔
là hình chiếu của G trên
(P).
0,25
VI.b
2

Tìm được tọa độ
4 2
1; ;
3 3
G
 
 
 

0,25
Tìm được
22 61 17
; ;
3 3 3
M
 
−
 
 

0,25

Giải hệ phương 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
Đk Giải hệ phương 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 1t t t t
t
⇔ + + = ⇔ − + = ⇔ =

0,25
VII.b


2 1y 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
ậy
2 6, 1 6x y= − = − −

0,25