TRƯỜ
NG THPT THU
Ậ
N THÀNH S
Ố
1
ĐỀ
THI TH
Ử

ĐẠ
I H
Ọ
C L
Ầ
N I N
Ă
M H
Ọ
C 2 0 1 2 - 2 0 1 3
Môn thi: TOÁN, khối A + B
Th
ờ
i gian làm bài : 180 phút, không k
ể
t h
ời gian phát đề

I.PHẦ N CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điể m )
C â u I
(2,0

tuy
ến
c
ủa

đồ
th
ị

)(H

bi
ết

ti
ế p
tuy
ến
cách
đều
hai
đ
i
ể m
)4;2(A
và
)2;4( B
.
C â u I I
(2,0

2
3
2
3
2
5
3
3
10
6
.
6
13
10
x
y
x
y
x
x
y
x
x
x
y
y










2
0
2
2
3
1
3
2
C â u I V
(1 ,0
đ
i
ểm
)
Cho kh
ối chóp
S.ABCD
có đáy
ABCD
l à h ì n h c h
ữ nhật, biết
AB = 2a , AD = a
. Trên
c
ạnh

)
Cho a, b,c là các s
ố dương
. Tìm giá tr
ị n h ỏ n h ấ t c ủ a b i ể u t h ứ c : 3
3
3
3 3 3 3 3 3
( ) ( ) ( )
a
b
c
M
a b c b c a c a b



     

II.PH
ẦN
RIÊNG
(3,0
đ
i
ểm
)

ới hệ tọa độ
Oxyz
cho hai đường thẳng 1 2
1 1 1 2
: ; : .
2 1 1 1 2 1
x y z x y z
d d
   
   
Viết phương trình mặt phẳng
( )P
song song với
mp
(
)
:
2
3
0
Q
x
y
z








B. Theo chương trình nâng cao
C â u V I . b (2 ,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lậ p phương trình đường thẳng

đi q u a
)3;2(M
và cắ t đường tròn
0222
2
2
 yxyx
tạ i h a i đi ểm
BA ,
sao cho
32AB
.
2. Trong không gian với h ệ toạ độ Oxyz cho hai đi ểm
)3;4;2(A
và
)15;2;4(B
. Tìm toạ độ điể m M trên
mặt phẳng Oxz sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất.
C â u V I I . b (1,0 điểm) Giả i hệ phương trình




2


 x
x
y

0.25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1;(  và );1( 
- Giới hạn và tiệm cận: lim

x  -∞
y = 2, lim

x  +∞
y = 2 ; tiệm cận ngang là y = 2
lim

x  (-1)
-

y = + ∞ lim

x  (-1)
+

y = -∞; tiệm cận ngang là x = -1
0.25
- Bảng biến thiên:
x -∞ -1 +∞





x
x
xx
x
y
Vì tiếp tuyến cách đều hai điểm A,B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của AB hoặc song song với AB
hoặc trùng với AB.
0.25
 Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(-1;1) của AB thì ta có:
1
1
12
)1(
)1(
1
1
0
0
0
0
2
0






2
0
1
)1(
1
0
0
2
0
x
x
x

0.25
I
(2.0
điểm)
với
0
0
x
ta có phương trình tiếp tuyến là 1 xy
Với 2
0
x ta có phương trình tiếp tuyến là 5 xy
Vậy có ba phương trình tiếp tuyến thoả mãn đề bài là
4
5
4

2
2cos cos sin cos cos 0x x x x x    
  
cos sin cos sin 1 0x x x x    
vì
cos 0x 

0.25
4
tan 1
2
2
2
sin
4 2
2
x k
x
x k
x
x k





 

 


0.25
2.(1.0 điểm)
Phương trình thứ 2 của hệ được biến đổi thành:
   
3
3
2 2 (*)x x y y    
0.25
xét hàm số
3
( )f t t t 
là hàm số đồng biến trên R. Ta suy ra (*) 2y x  0.25
Thế vào phương trình đầu của hệ:
3 2
3 3 5 2 3 10 26x x x x x      
   
   
 
 
3 2
2
2
3 3 3 1 5 2 3 10 24
2
3 2 2 2
2 12
3 2
12(1)
3 3 3 1 5 2
3 3 3 1 5 2

12 0x x   .

Từ đó suy ra hệ có nghiệm duy nhất 2; 0x y 
0.25
Ta có
dx
xx
xxx
I




2
0
2
2
1
)12)((

0.25
Đặt 1
2
 xxt dx
xx
x
dt
12
12
2

0.25
IV
(1.0
điểm) * Tính thể tích khối chóp S.HCD:
Hai tam giác vuông AMD và DAC có
AM AD 1
AD DC 2
  nên đồng dạng,
Suy ra


ADH DCH
, mà

 
ADH HDC 90 DHC 90   
 

0.25
GV: Lê Doãn Mạnh Hùng , Email:
4
ADC vuông tại D:
2 2 2
AC AD DC AC a 5   
Hệ thức lượng  ADC: DH.AC = DA.DC
Suy ra:
DC.DA 2a

Dựng HE SD
Ta có SH  (ABCD) nên SH  AC và DH 
AC , do đó AC  (SHD)
Mà HE  (SHD) nên HE  AC
Tù đó HE là đoạn vuông góc chung của SD và
AC.
nên
 
HE d SD;AC

0.25
SHD vuông tại H nên:

2 2 2
1 1 1 2a
HE
3
HE SH HD
   
Vậy
 
2a
d SD;AC HE
3
 

0.25
Câu Đáp án Điểm
Theo bất đẳng thức Cô-si, với
0x

1
1
2
   

 
 
 

 



 
 
 
 
a a
b c
a b c
b ca b c
b c
a
a
a
0.25
Tương tự, ta có:

     
3 3 3 2 2 2
3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3
1     
     
     
a b c a b c
a b c a b c a b c
a a b b c a c a b

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 1 khi a b c  .
0.25

5
1.(1.0 điểm)

d2
d1
N
I
A
B
C
d3
M

Cạnh AB qua M và
1
:3 4 15 0d x y    nên có pt: 4 3 8 0x y   . Ta có:

pt cạnh BC : 0y 
 
5;0C

Vậy
     
4;8 B 2;0 C 5;0A 

0.25
2.(1.0 điểm)
Giả sử:
 
 
' ' '
1 1 2 2
( ) 1 2 ; 1 ; ( ) 1 ;2 2 ;P d M t t t P d M t t t        
 
' ' '
1 2
2 ;2 3;M M t t t t t t    

.
0.25
Vì
1 2
( )M M P
nên ta có:
'
1 2 ( )
. 0 3

x
x
 
 
 
 
 
 
 
 
0.25
4
1
3
4
3( )
3
x
x
L

 


 
 

 




1),( Id 1
2
22




ba
ba

0.25
VI.b
(2.0
điểm) 






ab
b
3
4
0










)315(3
)42(4
)24(2
kb
k
ka

0.25









11
2

22
yyx
yyx

0.25






4)1(log3)2(log2
1)1(log)2(log
22
22
yyx
yyx






2)1(log
1)2(log
2
2
y
yx


( thoả mãn điều kiện).
Vậy hệ phương trình có nghiệm







3
4
7
y
x

0.25

B’
B
A
M