Câu 1. (5,0 điểm) Cho hàm số


3 2
1 1
y x x   .
1. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số


1
biết tiếp tuyến này vuông góc với
đường thẳng
d
có phương trình
5 1 0
x y
  
.
2. Tìm m để đường thẳng

có phương trình


1 1
y m x
  
cắt đồ thị hàm số


1
tại ba

.
Câu 2. (5,0 điểm)
1. Giải phương trình:




2
2 sin cos 1 2sin 2
1 tan
sin 3 sin5
x x x
x
x x
 
 

.
2. Giải hệ phương trình:


 
 
2 2
2
2 2 2
log log 2 .2
, .
2log 6log 1 log 3 3 0
x x

A ,


3;2
B ,


7;10
C . Lập phương trình
đường thẳng

đi qua
A
sao cho tổng khoảng cách từ
B
và
C
đến đường thẳng

lớn nhất.
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho hai mặt cầu




2
2 2
1

sao cho mặt phẳng


SMN
luôn vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC
. Đặt
,
AM x AN y
 
. Chứng minh rằng
3
x y xy
 
, từ đó tìm
,
x y
để tam giác
SMN
có diện tích bé nhất, lớn nhất.
Câu 6. (1,0 điểm)
Cho ba số dương
, ,
a b c
thỏa mãn
2 2 2 3 3 3
a b c a b c
    
. Chứng minh rằng

NĂM HỌC 2012 - 2013
MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT
Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013
==============

Lời giải sơ lược
Thang
điểm
Câu
1.1
Cho hàm số


3 2
1 1
y x x   .
Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số


1
biết tiếp tuyến này vuông góc
với đường thẳng
d
có phương trình
5 1 0
x y
  
.
3.0
TXĐ:

0 0
1 3
3 2 5
5 23
3 27
x y
x x
x y

 

  
 

   
 

 


1.0

Từ đó tìm được phương trình hai tiếp tuyến:
5 2
y x
 
;
202
5
27

thỏa mãn:




 
1
3 3
1 1 2 2
2 2
2
2 2
1 2
1 1
x m x x m x
x x
   
  
 
.
2.0
Phương trình hoành độ giao điểm:
   
   
3 2 2
2
0
1 1 1 1 0
1 0 *
x

1 0
1
m
m
m
m

   
 


 
 
 


 


0.5
Gọi
1 2
,
x x
là hai nghiệm của (*), ta có:







Khi đó
 




2 2
2 1
1 1
2 1
1 1
m m
x x
 
  
 

0.5
 
  
 


 
 
2
2 2
1 2 1 2
1 2

1
1 2 1 2
m m
m m
  

   
. Từ đó tìm được
0
3
m
m



 


Kết hợp điều kiện (**) ta có
0
m

thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0.5
Câu
2.1
1.Giải phương trình:












2
1 sin cos 1 2sin 2 2sin 4 cos sin
x x x x x x
    


    
sin cos 0 2
cos sin 1 2sin 2 2 sin 4 3
x x
x x x x
  


  



0.5
   
2
4

 
    

 
 

 




0.5

Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là
 
3 2
7 3, ,
28 7
k
x k m k m
 
    

0.5
2.2
Giải hệ phương trình:


  

Phương trình






2 2 2 2
1 log log 2 1 log log 1 1
x
x x y x x x y x y
 
           
 0.5
Thế vào (2) ta có
2
2 2 2
2log 6log log 3 0
x x x x x
   

  


 

ln 2
f x x x x f x
x
     

 
2
' 0
ln 2
f x x   . Lập BBT, từ đó suy ra phương trình (4) có nhiều nhất hai
nghiệm. Mà






2 4 0 4
f f
  
có hai nghiệm
2; 4
x x
 

Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm





0 1 2 2013
2013 2013 2013 2013
1 2 . 2 . 2 . 2x C C x C x C x      0.5
     


2014
2 2
2014 2014
2013 2013
1 1
2
1 2
1 5 3
1 2 1 2 1 2
1
2 4028 4028
x
I x dx x d x


      
 

0.5
     
2
2 2013
0 1 2 2013
2013 2013 2013 2013

0.5

Vậy
S
2014 2014
5 3
4028

 0.5
Câu
4.1
1.Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho ba điểm


1;1
A ,


3;2
B ,


7;10
C . Lập
phương trình đường thẳng

0.5
TH2:

không cắt đoạn thẳng
BC
, gọi


5;6
I là trung điểm
BC







; ; 2 ; 2
d B d C d I AI
      

0.5
Vì

AI 

là véc tơ pháp tuyến
Vậy phương trình đường thẳng




: 4 1 5 1 0 : 4 5 9 0
x y x y
         

0.5
4.2
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho hai mặt cầu




2
2 2
1
: 1 4
S x y z
   




S
có tâm
2
(3;1; 1)
I

, bán kính
2
5
R


0. 5
1 2 2 1 1 2 2 1
14I I R R I I R R
      
hai mặt cầu cắt nhau
0.5

Khi đó tọa độ giao điểm của hai mặt cầu thỏa mãn hệ phương trình
0.5
B

∆
C

M

A



 
   
      




Do đó hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Đường tròn
đó là giao tuyến của măt cầu


1
S
và mặt phẳng
( )
P
:
6 2 4 11 0
x y z
   

 
1
7
;( )
56
d I P 



. Đặt
,
AM x AN y
 
. Chứng minh rằng
3
x y xy
 
, từ
đó tìm
,
x y
để tam giác
SMN
có diện tích bé nhất, lớn nhất.
3.0
Kẻ
SO MN

tại


O SO ABC
 
( Vì




SMN ABC

xy x y  



3 1
x y xy
  

0.5
1
.
2
SMN SMN
S SO MN S
 
  nhỏ nhất khi
MN
nhỏ nhất ( Vì
SO
không đổi)
Ta có




2 2
2 2 2 0 2 2
2 cos60 3 9 3
MN x y xy x y xy x y xy xy xy
          

N

M

O

Đặt
4 1
, ;
9 2
t xy t
 
 
 
 

2 2
9 3
MN t t
  

Lập bảng biến thiên hàm số


2
9 3
f t t t
 
4 1
, ;

y







hoặc
1
2
1
x
y








1.0
Câu
6
Cho ba số dương
, ,
a b c
thỏa mãn
2 2 2 3 3 3

     

Ta có
 
1 1 1 1 1 1
2
8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1
a b c x y z
    
     

0. 5

Mà:
1 1 2
4 2
8 1 (2 1)(4 2 1)
x
x x x x
 

   

Tương tự suy ra VP(2)
1 1 1
2
4 2 4 2 4 2
x y z
 
  

nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh
trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống
nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm