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


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



+ = + +
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,

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

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 (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



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


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

.
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



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

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

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

0,25

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



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
+
+ −
⇒ = = = − + =


(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

> ⇔ > −
. 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

1
2
1 5 1 5
2 2
x
x
x
x
− ≤ <


≥
+


⇔ − ≤ ≤



− +

≤ ≤



. K
ế
t h
ợ
p

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)


+ =

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
,

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

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

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

; ;
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

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
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
 

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
=
⇒

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
− −


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

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


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
⇔ − = ⇔ =


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


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


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

⇔
 
≠ + > − < ≠ −
 

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

2 6 (TM)
4 2 0
2 6 (KTM)
x
x x
x

= −
− − = ⇔

= +



V
ậy
2 6, 1 6x y= − = − −

0,25