S GD&T THANH HểA
TRNG THPT BA èNH

THI TH I HC LN 1 NM 2013
Mụn: TON; Khi A, B
Thi gian lm bi: 180 phỳt
Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 im)
Câu I (2,0 im) Cho hm s
2 1
1
x
y
x
+
=

cú th l (C)
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2. Tỡm cỏc giỏ tr m ng thng
3
y x m
= +
c

t (C) t

i A v B sao cho tr

ng tõm c

a tam giỏc

cos cos3 1 2 sin 2
4
x x x


+ = + +
Câu III (1,0 điểm) Tớ
nh tớch phõn
2
2
0
1 3sin 2 2cos
x xdx

+


Câu IV (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht,
, 2 2
AB a AD a
= =
.
Hỡnh chiu vuụng gúc ca im S trờn mt phng (ABCD) trựng vi trng tõm tam giỏc BCD.
ng thng SA to vi mt phng (ABCD) mt gúc 45
0
. Tớnh th tớch ca khi chúp S.ABCD v
khong cỏch gia hai ng thng AC v SD theo a.


.
Vit phng trỡnh ng thng i qua I v ct d
1
, d
2
ln lt ti A v B sao cho
2 2
AB =
.
2. Trong khụng gian Oxyz, cho hai im A(-1; -1 ;2), B(-2; -2; 1) v mt phng (P) cú phng trỡnh
3 2 0
x y z
+ + =
. Vit phng trỡnh mt phng (Q) l mt phng trung trc ca on AB. Gi
l giao tuyn ca (P) v (Q). Tỡm im M thuc sao cho on thng OM nh nht.
Cõu VII.a (1,0 im) Tỡm s phc z tha món
(1 3 )
i z

l s thc v
2 5 1
z i
+ =
.
B. Theo chơng trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mt phng Oxy, cho hai ng thng d
1
:

v mt phng (P): x + 3y z + 2 = 0
.
Tỡm ta im
M
thuc mt phng (P) sao cho
MA
2
+ MB
2
+ MC
2
t giỏ tr nh nht.
Cõu VII.b (1,0 im) Gii h phng 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
+
+

+ + + =



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
+ −
→ →
+ +
= +∞ = −∞ ⇒
− −
TCĐ :
1
x

−∞

+∞

20,25
1

Đồ thị
6
5
4
3
2
1
-1
-2
-4
-2
2
4
6
1

0,25

( 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

 
 

1 1 11
2. 2 0
9 3 5
m m
G d m
+ −
 
∈ ⇔ − − = ⇔ = −
 
 
(TM). Vậy
11
5
m
= −

0,25
Giải bất phöông trình
3 2
(3 4 4) 1 0
x x x x
+ − − + ≤

1,00
Điều kiện :
1
x

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 giải BPT ta được
1
t
≤

0,25
2

2
1 5 1 5
2 2
x
x
x
x
− ≤ <


≥
+


⇔ − ≤ ≤



− +

≤ ≤



. Kết hợp
1
x
> −
ta được
1 5

π
 
+ = + +
 
 

1,00
⇔ = + +
2cos2xcosx 1 sin2x cos2x

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

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


+ =
⇔

− − = +

cosx sinx 0 (1)
(cosx sinx)(2cosx 1) cosx sinx (2)

0,25
 
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


Do
0;
2
x
π
 
∈
 
 
nên
3
x
π
=

0,25
3
2
0
3
sin 3cos sin 3cos
I x x dx x x dx
π
π
π
= − + −
∫ ∫

3

1,00
Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo GT
( )
SH ABCD
⊥

Gọ
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

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

⇒
 
 
 


2 2 2
(2 2 ; ; 2 )
AC AM a a a
∧ = − −
 
Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm
A và có vtpt
(2 2; 1; 2)
n = − −

nên có
phương trình là
0,25
M
H
O
B
D
C
A
S
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com
2 2

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

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 2
AB =
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
= − − − ≠ = − − +

⇒ − + = − − ⇔ = −
−

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


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
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
(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.a2 2
2 6
10 34 29 1 5 17 14 0
7 21
5 5
a b
a a a a

, ( 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
+
nhỏ nhất
2
1
AH
⇔
nhỏ nhất
AH
⇔
lớn nhất
H I
⇔ ≡

0,25

+ 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

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

−
= +
ta
đượ
c
2
2
2 2 6 2 4 2 0 1
t t t t
t
⇔ + + = ⇔ − + = ⇔ =

0,25
VII.b2 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