www.MATHVN.com
www.dethithudaihoc.com
1

Trường THPT Chuyên Hạ Long ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM HOC 2012-2013
MÔN: TOÁN- KHỐI A-A1

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu I ( 2,0 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
− +
(1)
1) Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
(C) c

l
ớ
n h
ơ
n 1 và
kho
ả
ng cách t
ừ
M
đế
n (d) là nh
ỏ
nh
ấ
t.
Câu II ( 2,0 điểm)
1. Gi
ả
i ph
ươ
ng trình: (cotx-1)(
3
1 2cos4x)=2sin(2x- )
2
π
−
2. Gi
ả
i h

I dx
x
=
+
∫Câu IV ( 1,0 điểm)
Cho hình chóp SABC có c
ạ
nh SA vuông góc v
ớ
i
đ
áy và AB=a, AC=2a

0
120
BAC =
. M
ặ
t
ph
ẳ
ng (SBC) t
ạ
o v
ớ
i
đ

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
2 2 2
1 1 1 2013
(2013 1) (2013 1) (2013 1) 4
a a b b c c
+ + ≥
− − −

PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng to
ạ

độ
oxy, cho tam giác ABC có ph
ươ
ng trình
đườ
ng cao k
ẻ
t

đườ
ng th
ẳ
ng
1
3 1 3
:
2 1 1
x y z
d
+ − +
= =
2
1 1 3
:
2 2 1
x y z
d
− + −
= =
−

và m
ặ
t ph
ẳ
ng (P): x + 2y + 2z + 7 = 0
Vi
ế
t ph

ủ
a s
ố
ph
ứ
c z bi
ế
t
3
12
z i z
+ =
và z có ph
ầ
n th
ự
c d
ươ
ng
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b ( 2,0 điểm)

1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng Oxy, cho hai
đườ
ng tròn C
1

i hai
đ
i
ể
m A, B th
ỏ
a mãn AB=4
2.Trong không gian Oxyz cho hai
đườ
ng th
ẳ
ng d
1
:
2
2
1 2 2
, : 3
2 1 2
4
x t
x y z
d y t
z t
= −

− + −

= = = +


ầ
n l
ượ
t
t
ạ
i M và N sao cho MN=
3 6

www.MATHVN.com
www.dethithudaihoc.com
2

Câu VII.b ( 1 điểm) Cho số phức z thoả mãn
6 7
1 3 3
z i
z
i
+
− =
+
. Tìm phần thực của
2013
z
.

Câu Đáp án Điểm
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1

y x D
x
= > ∀ ∈
−
. Hàm số (1) đồng biến trên
( ;1)
−∞
và
(1; )
+∞

Hàm số đã cho không có cực trị
0.25
Bảng biến thiên
x -
∞
1 +
∞

y' + +
y +
∞-2
-2-
∞

3 1 3 1 0
y x x y
⇔ = + ⇔ − + =

Gọi
2 1
( ; ) ( );( 1)
1
m
M m C m
m
+
∈ >
− +
. Khoảng cách từ M đến (d) là
2
2 2
2 1
3 1
3
1
10.( 1)
1 3
m
m
m
m
h
m
+

h đạt GTNN bằng
6 10
5
khi
1
1
1
1
m
m
m
>



− =

−


2
1
( 1) 1
m
m
>

⇔

− =


0.25
cosx-sinx=0 (2)
cos2x-sin2x- 2cos4x=0 (3)

⇔



(2)
⇔
2 sin( ) 0 ( )
4 4 4
x x k x k k
π π π
π π
− = ⇔ − = ⇔ = + ∈
ℤ

(3)
2cos(2x+ ) 2cos4x=0 cos(2x+ ) os4x
4 4
c
π π
⇔ − ⇔ =

4 2 2
8
4
4 2 2

1.0
So với điều kiện, ta thấy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm là:
0.25
www.MATHVN.com
www.dethithudaihoc.com
4

; ; ( )
4 8 24 3
k
x k x k x k
π π π π
π π
−
= + = + = + ∈
ℤ

Điều kiện
2 4
1
x
y
− ≤ ≤


≥


(1)
2 3 2 2 3

1 2 1 4
x x
x x x x
x x
− −
⇔ + − + − − + − = ⇔ + + − =
+ + + −

1 1
( 3)( 3) 0
1 2 1 4
x x
x x
⇔ − + − − =
+ + + −

0.25
3 5
1 1
3 (5)
1 2 1 4
x y
x
x x
= ⇒ =


⇔

+ = +

Mặt khác:
3 2, [-1;4]
x x
+ ≥ ∀ ∈
suy ra phương trình (5) vô nghiệm
So điều kiện, ta có nghiệm của hệ phương trình là (3;5)
0.25
2 2
2 2
2
3
1 . ln
2
1
x x x
I dx
x
=
+
∫
Đặt
2 2
2
2
1
1
1
x t
t x
xdx

.
0.25
III
1.0
Đặt
2
2
3
2
1
ln( 1)
1
2
( 1)
3
tdt
du
u t
t
t
dv t dt
v t

=


= −
 
−
⇒

2 2
2
2 2
1 1 2 1 1 1 1
9ln2 ln3 ( 2 ) 9ln 2 ln3 ( 2 )
3 3 1 3 3 1 1
t dt t dt
t t t
= − − − − = − − − − +
− − +
∫ ∫
3
3
2
1 1 1
9ln2 ln3 ( 2 ln )
3 3 3 1
t t
t
t
−
= − − − −
+

1 1 13 13 26
9ln 2 ln3 ( ln 2 ln3) ln 2
3 3 3 9 3
= − − + − = − +

0.25

= + − = + − − =
⇒
=

0.25
Diện tích tam giác ABC là
2
0
1 1 3 3
. .sin120 .2 .
2 2 2 2
ABC
a
S AB AC a a= = =

Mặt khác
2
ABC
2S
1 3 21
. =
2 BC 7
7
ABC
a a
S BC AH AH
a
∆
=
⇒

⊥
BD (K
)
BD
∈
, ta có
( )
BD AK
BD SAK
BD SA
⊥

⇒
⊥

⊥


Mà BD nằm trên (SBD) nên (SBD)
⊥
(SAK) theo giao tuyến SK
Trong tam giác SAK, kẻ đường cao AI suy ra AI
⊥
(SBD)
( ,( ))
d A SBD AI
⇒
=

0.25

a a
S BD AK AK
BD a
= ⇒ = = =
▱
. Tam giác SAK vuông tại A, ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 7 4 19 3 19
9 3 9 19
a
AI
AI SA AK a a a
= + = + = → =

0.25
Từ giả thiết suy ra:
1 1 1
2013
a b c
+ + =
. Đặt
1 1 1
; ;x y z
a b c
= = =
và
2013
x y z
+ + =
; x,y,z >0

2 2 2 2 2 2
1 1 1
(2013 1) (2013 1) (2013 1) ( ) ( ) ( )
x y z
P
a a b b c c y z z x x y
= + + = + +
− − − + + +

0.25
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có:
3 3
3
2 2
3
3 . .
( ) 8 8 ( ) 8 8 4
x y z y z x y z y z
x
y z y z
+ + + +
+ + ≥ =
+ +
(1)
Tương tự:
3
2
3
( ) 8 8 4
y z x z x y

0.25
VI.a.
1
1.0
Gọi N là trung điểm của AC thì MN là đường trung
bình của tam giác ABC
MN//BC
: 3 0
MN AH MN x y m
⇒ ⊥ ⇒ + + =

25 25
( ) : 3 0
2 2
M MN m MN x y
∈
⇒
= −
⇒
+ − =

Do
( ;3 5) (1 ;3 3 )
A AH A a a B a a
∈ → + → − −

0.25

Do
25






0.25
H
M
N
C
B
A
www.MATHVN.com
www.dethithudaihoc.com
7Với
1
9
( 1; )
2
N −
, ta có
( 2 ;4 3 )
C B
C a a x x
− − − ⇒ <
(loại)
Với

a A B C
= ⇒


⇔

= ⇒ − − −


Vậy toạ độ các đỉnh của tam giác ABC là:
A(0;5); B(1;3), C(4;2) hoặc
5 35 1 3 11 7
( ; ); ( ; ); ( ; )
4 4 4 4 4 4
A B C
− − −

0.25
Gọi I là tâm mặt cầu (S), (
1
d
) có véc tơ chỉ phương
1
(2;1;1)
u =

và
1
I d
∈

0.25
2
[IM, ]=(10-3t;8;6t-4)
n
 
; d(I,
2
d
)=
2 2
2
2
2 2 2
2
[IM, ]
(10 3 ) 64 (6 4)
45 108 180
3
2 ( 2) 1
u
t t
t t
u
− + + −
− +
= =
+ − +
 




0.25
Giả sử :
( , )
z x yi x y R
= + ∈
, theo giả thiết x >0
0.25
3 3 3 2 2 3
12 ( ) 12 3 (3 12)
z i z x yi i x yi x xy x y y i x yi
+ = ⇔ + + = − ⇔ − + − + = −

3 2
2 3
3 (1)
3 12 (2)
x xy x
x y y y

− =

⇔

− + = −



0.25
Do x > 0 nên từ (1) suy ra

(1;-2) và bán kính R
1
=
5
; (C
2
) có tâm I
2
(-1;-3) và bán kính
R
2
=3
0.25 VI.b
1
1.0
Ta có d(I
1
;(
∆
))=
5
(1).Gọi h = d(I
2
;
∆
), ta có: AB=2
2 2
2
5 (2)
R h h− ⇔ =

∆
)
song song với I
1
I
2
, suy ra phương trình của (
∆
) có dạng : x-2y+m=0, khi đó:
d(I
1
;
∆
) =
5

0
| 5|
5
10
5
m
m
m
=

+
⇔ = ⇔

= −

. 0 2 0 2 (3 3 ;3;3 ) (3 3 ) 3 9
3 2 2 2
n MN m n n m MN m m MN m m
m m
= ⇔ − − = ⇔ = − ⇒ = − ⇒ = − + +
= − +
  

0.25
2 2
1
3 6 2 2 2 6 2 0
2
m
MN m m m m
m
= −

= ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔

=


0.25
Vib.
2
1.0
+) Với m =-1 ; M(-1;-3;4) ( loại do M thuộc (P))
+) Với m= 2 ; M(5; 0; -2) ,
5 2

⇔ + + + = +

5
27 9 60
3
33 9 70 5
3
a
a b
b a
b

=

+ =


⇔ ⇔
 
+ =


=



0.25
5 5
(1 ) 2( os isin )
3 3 4 4

2 ( )
3
−

0.25
Yêu c
ầ
u : H
ọ
c sinh trình bày chi ti
ế
t l
ờ
i gi
ả
i và các b
ướ
c tính toán
L
ờ
i gi
ả
i ph
ả
i
đả
m b
ả
o tính ch
ặ

đ
úng t
ổ
ch
ấ
m th
ả
o lu
ậ
n th
ố
ng nh
ấ
t cho
đ
i
ể
m t
ố
i
đ
a.
Người ra đề : Phạm Văn Ninh 0977245380