Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!
S GD& T THANH HểA TR NG THPT BA èNH THI TH I H C L N 1 N M 2013 Mụn: TON; Kh i A, B Th i 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 l (C) 1. Kh o sỏt s bi n thiờn v v th (C) c a hm s . 2. Tỡm cỏc giỏ tr m ng th ng 3 y 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 a ). Cõu II ( 2,0 điểm) 1. Gi i b t phửụng trỡnh 3 2 (3 4 4) 1 0 x x x x + + 2. Gi i phửụng trỡnh cos cos 3 1 2 sin 2 4 x x x + = + + Câu III (1,0 điểm) Tớ nh tớch phõn 2 2 0 1 3 sin 2 2cos x xdx + Câu IV (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nh t, , 2 2 AB a AD a = = . Hỡnh chi u vuụng gúc c a i m S trờn m t ph ng (ABCD) trựng v i tr ng tõm tam giỏc BCD. ng th ng SA t o v i m t ph ng (ABCD) m t gúc 45 0 . Tớnh th tớch 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 c d ng. Ch ng minh b t ng th c 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 ph n B) A. Theo ch ng trỡnh chu n Câu VI.a (2,0 điểm) 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 th ng i qua I v c t d 1 , d 2 l n l t t i A v B sao cho 2 2AB = . 2. Trong khụng gian Oxyz, cho hai i m A(-1; -1 ;2), B(-2; -2; 1) v m t ph 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 n AB. G i l giao tuy n c a (P) v (Q). Tỡm i m M thu c sao cho o n th ng OM nh nh t. Cõu VII.a (1,0 im) Tỡm s ph c z th a món ( 1 3 )i z l s th c v 2 5 1z i + = . B. Theo chơng trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong m t ph ng Oxy , cho hai ng th ng d 1 : 3 5 0 x y + + = , d 2 : 3 5 0 x y + = v i m ( 1 ; 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 , d 2 l n l t t i B v C sao cho 2 2 1 1 AB AC + t giỏ tr nh nh t. 2. Trong khụng gian Oxyz, cho A(1;1;0), B(0;1;1) vaứ C(2;2;1) v m t ph ng (P): x + 3y z + 2 = 0 . 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 t. Cõu VII.b (1,0 im) Gi i h ph ng 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----------------------------------------------------- Cm n (trongxuanhp@gmail.com) ó gi ti www.laisac.page.tl Đ ÁP ÁN VÀ BI Ể U Đ I Ể M CH Ấ M Câu Ý N ộ i dung Đ i ể m 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 + = − 1,00 TX Đ : { } \ 1ℝ . 2 3 ' 0, 1 ( 1) y x x − = < ∀ ≠ − 0,25 Hàm s ố ngh ị ch bi ế n trên các kho ả ng ( ;1) và (1; ) −∞ +∞ 1 1 2 1 2 1 lim ; lim 1 1 x x x x x x + − → → + + = +∞ = −∞ ⇒ − − TC Đ : 1x = 2 1 lim 2 1 x x x →±∞ + = ⇒ − TCN : 2 y = 0,25 L ậ p BBT x −∞ 1 +∞ y’ - - y 2 −∞ +∞ 2 0,25 1 Đồ th ị 6 5 4 3 2 1 -1 -2 -4 -2 2 4 6 1 0,25 tr ọ ng tâm c ủ a tam giác OAB thu ộ c đườ ng th ẳ ng 2 2 0 x y − − = (d) 1,00 Pt hoành độ giao đ i ể m: 2 1 3 1 x x m x + = − + − . V ớ i đ k 1 x ≠ 2 PT 2 1 ( 1)( 3 ) 3 (1 ) 1 0 (1) x x x m x m x m ⇔ + = − − + ⇔ − + + + = 0,25 D c ắ t (C) t ạ i A và B ⇔ Pt (1) có 2 nghi ệ m khác 1 2 11 (1 ) 12( 1) 0 ( 1)( 11) 0 1 3 (1 ) 1 0 m m m m m m m m > ∆ = + − + > ⇔ ⇔ + − > ⇔ < − − + + + ≠ 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 + + − ⇒ = = = − + = 0,25 G ọ i G là tr ọ ng tâm tam giác OAB 2 1 1 ; 3 9 3 m m OG OI G + − ⇒ = ⇒ 1 1 11 2. 2 0 9 3 5 m m G d m + − ∈ ⇔ − − = ⇔ = − (TM). V ậ y 11 5 m = − 0,25 Giả i b ấ t 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 1 y y x y x ≥ = + ⇔ = + Bpt tr ở thành 3 2 2 (3 4 ) 0 x x y y + − ≤ 0,25 TH 1. 0 1 y x = ⇔ = − . Th ỏ a mãn BPT TH 2. 0 1 y x > ⇔ > − . 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 2 1 0 0 1 1 1 1 0 x x x t x x y x x − ≤ < ≥ ≤ ⇒ ≤ ⇔ ≤ + ⇔ − − ≤ 0,25 1 1 0 0 1 5 1 2 1 5 1 5 2 2 x x x x − ≤ < ≥ + ⇔ − ≤ ≤ − + ≤ ≤ . K ế t h ợ p 1 x > − ta đượ c 1 5 1 2 x + − < ≤ . V ậ y t ậ p nghi ệ m c ủ a BPT là S = 1 5 1; 2 + − 0,25 Gi ả i phöông trình cos cos3 1 2 sin 2 4 x x x π + = + + 1,00 ⇔ = + + 2 cos 2x cos x 1 sin 2x cos 2x 0,25 ⇔ − = + cos 2x(2 cos x 1) 1 2sin x cos x ⇔ − − = + 2 2 2 (cos x sin x)(2 cos x 1) (cos x sin x) + = ⇔ − − = + cos x sin x 0 (1) (cos x sin x)(2 cos x 1) cos x sin x (2) 0,25 π π π ⇔ + = ⇔ + = π ⇔ = − + π (1) 2 sin x 0 x k x k 4 4 4 0,25 II 2 π = = + π ⇔ − − = ⇔ ⇔ π + = π π + = ± + π cos x 0 x k 2 (2) 2 cos x(cos x sin x 1) 0 2 cos x 1 x k2 4 4 4 V ậ y pt có nghi ệ m là π = − + πx k 4 , π = + πx k 2 , = πx k2 0,25 III Tí nh tích phân I = 2 2 0 1 3sin 2 2cosx xdx π − + ∫ 1,00 2 2 2 2 2 0 0 0 1 3sin 2 2cos (sin 3cos ) sin 3 cosI 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 = 0,25 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 3sinx x x x π π π = − − + − − 0,25 1 3 1 3 1 3 3 3 2 2 2 2 = − − + + − + + = − 0,25 Tính th ể tích c ủ a kh ố i chóp S.ABCD và kho ả ng cách gi ữ a hai đườ ng th ẳ ng AC và SD theo a . 1,00 G ọ i H là tr ọ ng tâm tam giác BCD. Theo GT ( ) SH ABCD ⊥ G ọ i 2 1 2 3 3 O AC BD CH CO AC a AH AC HC a = ∩ ⇒ = = = ⇒ = − = SA t ạ o v ớ i đ áy góc 45 0 suy ra 0 45 2 SAH SH AH a = ⇒ = = 0,25 G ọ i V là th ể tích kh ố 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 = = Ch ọ n h ệ t ọ a độ Oxyz nh ư hình v ẽ . Khi đ ó 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 0,25 IV 5 2 2 ; ; 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 ∧ = − − M ặ t ph ẳ ng (ACM) đ i qua đ i ể m A và có vtpt (2 2; 1; 2)n = − − nên có ph ươ ng trình là 0,25 M H O B D C A S 2 2 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 ( ) ( . . . ) ( )( ) 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 + + ⇒ ≥ ⇔ ≥ + + + + + + + + + + 0,25 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 = − + + + . T ươ ng t ự , c ộ ng l ạ i ta đượ c 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 + + = + + − ≥ − + + + + + 0,25 V Chứng minh được 2 ( ) 3( )x y z xy yz zx+ + ≥ + + . Suy ra VT (1) 2 1 1 ≥ − = Đẳ ng th ứ c x ả y ra x y z= = 0,25 Vi ế t pt đ t đ i qua I và c ắ t d 1 , d 2 l ầ n l ượ t t ạ i A và B sao cho 2 2AB = 1,00 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 ẳ ng hàng 1 ( 1) 3 1 ( 3 3) b k a IB kIA b k a − = − ⇒ = ⇔ − + = − − 0,25 N ế u 1 1 4 a b AB = ⇒ = ⇒ = (không TM) N ế u 1 3 1 ( 3 3) 3 2 1 b b a a b a − ⇒ − + = − − ⇔ = − − 0,25 [ ] 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 = − ⇔ + + = ⇔ = − 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 − − = ⇒ − = ⇒ = = ⇒ ∆ + − = 0,25 Tìm đ i ể m M thu ộ c ∆ sao cho đ o ạ n th ẳ ng OM nh ỏ nh ấ t 1,00 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 + + + = 0,25 Đườ ng th ẳ ng ∆ đ i qua đ i ể m 7 1 ;0; 4 4 I − và có vtcp (2; 1; 1) u = − − Pt tham s 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 M M t t t OM t t ∈∆ ⇒ − + − − = − + 0,25 OM nhỏ nhất 5 19 5 3 ; ; 8 6 8 8 t M = ⇒ − − 0,25 Tìm số phức z thỏa mãn (1 3 ) i z − là số th ự c và 2 5 1z i− + = . 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 ⇔ − = ⇔ = 0,25 2 2 2 5 1 2 (5 3 ) 1 ( 2) (5 3 ) 1 z i a a i a a − + = ⇔ − + − = ⇔ − + − = 0,25 VII.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= + = + 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 1 2 1 2 , ( 2;1) d d d d A A ⊥ ∩ = ⇒ − 0,25 G ọ i H là hình chi ế u c ủ a A trên BC. ∆ ABC vuông tại A nên 2 2 2 1 1 1 AB AC AH + = 0,25 2 2 1 1 AB AC + nh ỏ nh ấ t 2 1 AH ⇔ nh ỏ nh ấ t AH ⇔ l ớ n nh ấ t H I⇔ ≡ 0,25 1 Khi đ ó ∆ qua I và có vtpt ( 1; 1) n AI = = − − . Pt ∆ là 1 0 x y + + = 0,25 Tìm M thu ộ c (P) sao cho MA 2 + MB 2 + MC 2 đạ t giá tr ị nh ỏ nh ấ t 1,00 G ọ i G là tr ọ ng tâm tam giác ABC. Ch ứ ng minh đượ c MA 2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 0,25 MA 2 + MB 2 + MC 2 nh ỏ nh ấ t MG nh ỏ nh ấ t M⇔ là hình chi ế u c ủ a G trên (P). 0,25 VI.b 2 Tìm đượ c t ọ a độ 4 2 1; ; 3 3 G 0,25 Tìm đượ c 22 61 17 ; ; 3 3 3 M − 0,25 Gi ả i h ệ ph ươ ng 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 − + − + − + − + + − = + − + = 1,00 Đ k Gi ả i h ệ ph ươ ng trình 1 1 0 0 1 1 2 0 2 1 x x y y ≠ − > ≠ < ⇔ ≠ + > − < ≠ − 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 đượ c 2 2 2 2 6 2 4 2 0 1 t t t t t ⇔ + + = ⇔ − + = ⇔ = 0,25 VII.b 2 1 y 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 = − − − = ⇔ = + V ậ y 2 6, 1 6 x y = − = − − 0,25 www.MATHVN.com