S GIO DC V O TO K LK
TRNG THPT NGUYN HU
THI TH I HC
MễN TON NM 2012 - 2013
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
3y x m= +
ct (C) ti A v B sao cho trng tõm ca tam giỏc
OAB thuc ng thng
2 2 0x y =
(O l gc ta ).
Cõu II (2,0 điểm)
1. Gii bt phửụng trỡnh
3 2
(3 4 4) 1 0x x x x+ +
2. Gii phửụng trỡnh
cos cos3 1 2 sin 2
4
x x x
+ = + +
ữ
Câu III (1,0 điểm) Tinh tớch phõn
2
2
0
1 3sin 2 2cosx xdx
+
Câu IV (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht,
, 2 2AB 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.
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z l cỏc s thc dng. Chng minh bt ng thc
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
+ + +
+ +
+ + + + + +
PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc phn B)
A. Theo chng trỡnh chun
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mt phng Oxy, cho hai ng thng d
1
:
3 5 0x y+ + =
, d
2
:
3 1 0x y+ + =
v im
(1; 2)I
.
Vit phng trỡnh ng thng i qua I v ct d
1
, d
2
ln lt ti A v B sao cho
2 2AB =
.
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 0x 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 1z i + =
.
B. Theo chơng trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mt phng Oxy, cho hai ng thng d
1
:
3 5 0x y+ + =
, d
2
:
3 5 0x y + =
v im
(1; 2)I
.
Gi A l giao im ca d
1
v d
2
. Vit phng trỡnh ng thng i qua I v ct d
1
, d
2
ln lt ti B
v C sao cho
2 2
1 1
AB AC
+
t giỏ tr nh nht.
2. Trong khụng gian Oxyz, cho
A(1;1;0), B(0;1;1) vaứ C(2;2;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
+
+
+ + + =
+ + =
Hết
Câu 1: 1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
−
TXĐ :
{ }
\ 1¡
.
2
3
' 0, 1
( 1)
y x
x
−
= < ∀ ≠
−
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 :
1x =
2 1
lim 2
1
x
x
x
→±∞
+
= ⇒
−
TCN :
2y =
Lập BBT
Đồ thị
6
5
4
3
2
1
-1
-2
-4
-2
2
4
6
1
Câu 1: 2, trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng
2 2 0x y− − =
(d)
Pt hoành độ giao điểm:
2 1
3
1
x
x m
x
+
= − +
−
. Với đk
1x
≠
2
PT 2 1 ( 1)( 3 ) 3 (1 ) 1 0 (1)x x x m x m x m⇔ + = − − + ⇔ − + + + =
D cắt (C) tại A và B ⇔ Pt (1) có 2 nghiệm khác 1
2
11
(1 ) 12( 1) 0
( 1)( 11) 0
1
3 (1 ) 1 0
m
m m
m m
m
m m
>
∆ = + − + >
⇔ ⇔ + − > ⇔
< −
− + + + ≠
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− + − +
Gọi 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
+ + −
⇒ = = = − + =
Gọi G là trọng tâm tam giác OAB
2 1 1
;
3 9 3
m m
OG OI G
+ −
⇒ = ⇒
÷
uuur uur
1 1 11
2. 2 0
9 3 5
m m
G d m
+ −
∈ ⇔ − − = ⇔ = −
÷
(TM). Vậy
11
5
m = −
Câu 2: 1, Giải bất phöông trình
3 2
(3 4 4) 1 0x x x x+ − − + ≤
Điều kiện :
1x ≥ −
. Đặt
2
0
1
1
y
y x
y x
≥
= + ⇔
= +
Bpt trở thành
3 2 2
(3 4 ) 0x x y y+ − ≤
TH 1.
0 1y x= ⇔ = −
. Thỏa mãn BPT TH 2.
0 1y x> ⇔ > −
. Chia hai vế cho
3
y
ta được
3 2
3 4 0
x x
y y
+ − ≤
÷ ÷
. Đặt
x
t
y
=
và giải BPT ta được
1t
≤
2
1 0
0
1 1 1
1 0
x
x
x
t x x
y
x x
− ≤ <
≥
≤ ⇒ ≤ ⇔ ≤ + ⇔
− − ≤
1 0
0
1 5
1
2
1 5 1 5
2 2
x
x
x
x
− ≤ <
≥
+
⇔ − ≤ ≤
− +
≤ ≤
.
Kết hợp
1x > −
ta được
1 5
1
2
x
+
− < ≤
. Vậy tập nghiệm của BPT là S =
1 5
1;
2
+
−
Câu 2: 2, Giải phöông trình
cos cos3 1 2 sin 2
4
x x x
π
+ = + +
÷
⇔ = + +
2cos2xcosx 1 sin2x cos2x
⇔ − = +cos2x(2cosx 1) 1 2sinxcosx
⇔ − − = +
2 2 2
(cos x sin x)(2cosx 1) (cosx sinx)
+ =
⇔
− − = +
cosx sinx 0 (1)
(cosx sinx)(2cosx 1) cosx sinx (2)
π π π
⇔ + = ⇔ + = π ⇔ = − + π
÷
(1) 2 sin x 0 x k x k
4 4 4
π
=
= + π
⇔ − − = ⇔ ⇔
π
+ =
π π
÷
+ = ± + π
cosx 0
x k
2
(2) 2cosx(cosx sinx 1) 0
2 cos x 1
x k2
4
4 4
Vậy pt có nghiệm là
π
= − + πx k
4
,
π
= + πx k
2
,
= πx k2
Câu 3: Tính tích phân I =
2
2
0
1 3sin 2 2cosx xdx
π
− +
∫
2 2 2
2 2
0 0 0
1 3sin 2 2cos (sin 3 cos ) sin 3 cosI x xdx x x dx x x dx
π π π
= − + = − = −
∫ ∫ ∫
sin 3 cos 0 tan 3
3
x x x x k
π
π
− = ⇔ = ⇔ = +
Do
0;
2
x
π
∈
÷
nên
3
x
π
=
3
2
0
3
sin 3 cos sin 3 cosI x x dx x x dx
π
π
π
= − + −
∫ ∫
3
2
0
3
(sin 3cos ) (sin 3cos )x x dx x x dx
π
π
π
= − + −
∫ ∫
( ) ( )
3 2
0
3
cos 3 sin cos 3 sinx x x x
π π
π
= − − + − −
1 3 1 3
1 3 3 3
2 2 2 2
= − − + + − + + = −
Câu 4: Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a.
Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo GT
( )SH ABCD⊥
Gọi
2 1
2
3 3
O AC BD CH CO AC a AH AC HC a= ∩ ⇒ = = = ⇒ = − =
SA tạo với đáy góc 45
0
suy ra
0
45 2SAH SH AH a= ⇒ = =
Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD thì
3
1 1 4 2
. .2 2 .2
3 3 3
ABCD
V S SH a a a a= = =
. Gọi M là trung điểm của SB. Mặt phẳng (ACM) chứa AC và //
SD Do đó
( ; ) ( ;( )) ( ;( ))d SD AC d SD ACM d D ACM= =
Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó
2 4 2
(0;0;0), ( ;0;0), (0;2 2 ;0), ; ;2 , ( ;2 2 ;0)
3 3
a a
A B a D a S a C a a
÷
÷
5 2 2
; ;
6 3
a a
M a
÷
÷
.
( ;2 2 ;0)AC a a=
uuur
5 2 2
; ;
6 3
a a
AM a
= ⇒
÷
÷
uuuur
2 2 2
(2 2 ; ; 2 )AC AM a a a∧ = − −
uuur uuuur
Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt
(2 2; 1; 2)n = − −
r
nên có
phương trình là
2 2
2 2
2 2 2 0 ( ;( ))
8 1 2 11
a
a
x y z d D ACM
−
− − = ⇒ = =
+ +
Câu 5: Chứng 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)
Ta có
2 2
( ) ( . . . ) ( )( )y zx z y y x z z z y x z y z z+ + = + + ≤ + + + +
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
+ +
⇒ ≥ ⇔ ≥
+ + + + + +
+ + + +
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
y z x y z
= −
+ + +
. Tương tự, cộng lại ta được
VT (1)
2 2 2
1
2 2 2
x y z
y z z x x y
≥ + + −
+ + +
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
+ +
= + + − ≥ −
÷
+ + + + +
Chứng minh được
2
( ) 3( )x y z xy yz zx+ + ≥ + +
. Suy ra VT (1)
2 1 1≥ − =
Đẳng thức xảy ra
x y z= =
Câu 6a: 1, Viết ptđt đi qua I và cắt d
1
, d
2
lần lượt tại A và B sao cho
2 2AB =
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= − − − ≠ = − − +
uur r uur
I, A, B thẳng hàng
1 ( 1)
3 1 ( 3 3)
b k a
IB kIA
b k a
− = −
⇒ = ⇔
− + = − −
uur uur
Nếu
1 1 4a b AB= ⇒ = ⇒ =
(không TM) Nếu
1
3 1 ( 3 3) 3 2
1
b
b a a b
a
−
⇒ − + = − − ⇔ = −
−
[ ]
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
= −
⇔ + + = ⇔
= −
2 2 2, 4 :5 3 0t b a b a x y= − ⇒ − = − ⇒ = = ⇒ ∆ + − =
M
H
O
B
D
C
A
S
2 2 6 8
, :13 11 0
5 5 5 5
t b a b a x y
− −
= ⇒ − = ⇒ = = ⇒ ∆ + − =
Câu 6a: 2, Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ nhất. Gọi I là trung điểm của AB
3 3 3
; ; . ( 1; 1; 1)
2 2 2
I AB
− −
⇒ = − − −
÷
uuur
Pt (Q) là
3
0
2
x y z+ + + =
Đường thẳng ∆ đi qua điểm
7 1
;0;
4 4
I
−
÷
và có vtcp
(2; 1; 1)u = − −
r
Pt tham số của ∆ là
7 1
2 , ,
4 4
x t y t z t= − + = − = −
2
7 1 25
2 ; ; . 12 15
4 4 4
M M t t t OM t t
∈∆ ⇒ − + − − = − +
÷
OM nhỏ nhất
5 19 5 3
; ;
8 6 8 8
t M
= ⇒ − −
÷
Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn
(1 3 )i z−
là số thực và
2 5 1z i− + =
.
Giả sử
z x yi= +
, khi đó
(1 3 ) (1 3 )( ) 3 ( 3 )i z i a bi a b b a i− = − + = + + −
(1 3 )i z−
là số thực
3 0 3b a b a
⇔ − = ⇔ =
2 2
2 5 1 2 (5 3 ) 1 ( 2) (5 3 ) 1z i a a i a a− + = ⇔ − + − = ⇔ − + − =
2 2
2 6
10 34 29 1 5 17 14 0
7 21
5 5
a b
a a a a
a b
= ⇒ =
⇔ − + = ⇔ − + = ⇔
= ⇒ =
Vậy
7 21
2 6 ,
5 5
z i z i= + = +
Câu 6b: 1, Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d
1
, d
2
lần lượt tại B và C sao cho
2 2
1 1
AB AC
+
đạt giá trị nhỏ nhất
1 2 1 2
, ( 2;1)d d d d A A⊥ ∩ = ⇒ −
Gọi H là hình chiếu của A trên BC.
∆ABC vuông tại A nên
2 2 2
1 1 1
AB AC AH
+ =
2 2
1 1
AB AC
+
nhỏ nhất
2
1
AH
⇔
nhỏ nhất
AH⇔
lớn nhất
H I⇔ ≡
Khi đó ∆ qua I và có vtpt
( 1; 1)n AI= = − −
r uur
. Pt ∆ là
1 0x y+ + =
Câu 6b: 2, Tìm M thuộc (P) sao cho MA
2
+ MB
2
+ MC
2
đạt giá trị nhỏ nhất
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
Chứng minh được MA
2
+ MB
2
+ MC
2
= 3MG
2
+ GA
2
+ GB
2
+ GC
2
MA
2
+ MB
2
+ MC
2
nhỏ nhất
MG
nhỏ nhất
M⇔
là hình chiếu của G trên (P).
Tìm được tọa độ
4 2
1; ;
3 3
G
÷
Tìm được
22 61 17
; ;
3 3 3
M
−
÷
Câu 7b: Giải hệ phương trình
( ) ( )
( ) ( )
2
1 2
1 2
2log 2 2 log 1 6(1)
log 5 log 4 1 (2)
x y
x y
xy y x x
y x
− +
− +
− + − + + − =
+ − + =
Đk Giải hệ phương trình
1 1 0 0 1
1 2 0 2 1
x x
y y
≠ − > ≠ <
⇔
≠ + > − < ≠ −
( ) ( )
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
− +
⇔ + + + − =
.
Đặt
1
log ( 2)
x
t y
−
= +
ta được
2
2
2 2 6 2 4 2 0 1t t t t
t
⇔ + + = ⇔ − + = ⇔ =
2 1y 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
− − −
+ +
+ − + = ⇔ = ⇔ = −
+ +
2
2 6 (TM)
4 2 0
2 6 (KTM)
x
x x
x
= −
− − = ⇔
= +
Vậy
2 6, 1 6x y= − = − −
. S GIO DC V O TO K LK
TRNG THPT NGUYN HU
THI TH I HC
MễN TON NM 2012 - 2013
Thi gian lm bi: 180 phỳt.
Phần chung cho tất cả thí. ti A v B sao cho
2 2AB =
.
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 0x y z+ + =
. Vit phng trỡnh