S GD&T THANH HểA TRNG THPT BA èNH THI TH I HC LN 1 NM 2013 Mụn: TON; Khi A, B 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 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. Gii phửụng trỡnh cos cos3 1 2 sin 2 4 x x x + = + + Câu III (1,0 điểm) Tớ nh tớch phõn 2 2 0 1 3sin 2 2cos x xdx + Câu IV (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht, , 2 2 AB 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 0 x y + + = , d 2 : 3 1 0 x 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 2 AB = . 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 0 x 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 1 z 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 0 x y + + = , d 2 : 3 5 0 x 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 www.MATHVN.com www.MATHVN.com ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1 1 x y x + = − 1,00 TXĐ : { } \ 1 ℝ . 2 3 ' 0, 1 ( 1) y x x − = < ∀ ≠ − 0,25 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 : 1 x = 2 1 lim 2 1 x x x →±∞ + = ⇒ − TCN : 2 y = 0,25 Lập BBT x −∞ 1 +∞ y’ - - y 2 −∞ +∞ 2 0,25 1 Đồ thị 6 5 4 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 x ≠ 2 PT 2 1 ( 1)( 3 ) 3 (1 ) 1 0 (1) x x x m x m x m⇔ + = − − + ⇔ − + + + = 0,25 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 >  ∆ = + − + >  ⇔ ⇔ + − > ⇔   < − − + + + ≠   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 − + − + 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 + + − ⇒ = = = − + = 0,25 www.MATHVN.com www.MATHVN.com Gọi G là trọng 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). Vậy 11 5 m = − 0,25 Giải bất phöông trình 3 2 (3 4 4) 1 0 x x x x + − − + ≤ 1,00 Điều kiện : 1 x ≥ − . Đặt 2 0 1 1 y y x y x ≥  = + ⇔  = +  Bpt trở thành 3 2 2 (3 4 ) 0 x x y y + − ≤ 0,25 TH 1. 0 1 y x = ⇔ = − . Thỏa 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 giải 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 − ≤ <   ≥ +   ⇔ − ≤ ≤    − +  ≤ ≤    . Kết hợp 1 x > − ta được 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 Giả 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 sin x)  + = ⇔  − − = +  cosx sinx 0 (1) (cosx sinx)(2cosx 1) cosx sinx (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      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 , π = + π x k 2 , = π x k2 0,25 III Tí nh tích phân I = 2 2 0 1 3sin 2 2cos x xdx π − + ∫ 1,00 www.MATHVN.com www.MATHVN.com 2 2 2 2 2 0 0 0 1 3sin 2 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 = 0,25 3 2 0 3 sin 3cos sin 3cos I 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 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 ⊥ Gọ 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 ∧ = − −   Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt (2 2; 1; 2) n = − −  nên có phương trình là 0,25 M H O B D C A S www.MATHVN.com www.MATHVN.com 2 2 2 2 2 2 2 0 ( ;( )) 8 1 2 11 a a x y z d D ACM − − − = ⇒ = = + + 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) 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 = − + + + . Tương 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   + + = + + − ≥ −   + + + + +   0,25 V 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 = = 0,25 Viết ptđt đi qua I và cắt d 1 , d 2 lần lượt tại A và B sao cho 2 2 AB = 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 thẳng hàng 1 ( 1) 3 1 ( 3 3) b k a IB kIA b k a − = −  ⇒ = ⇔  − + = − −    0,25 Nếu 1 1 4 a b AB = ⇒ = ⇒ = (không TM) Nếu 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 www.MATHVN.com www.MATHVN.com Đường thẳng ∆ đi qua điểm 7 1 ;0; 4 4 I   −     và có vtcp (2; 1; 1) u = − −  Pt tham số của ∆ 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 1 z 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 cắt d 1 , d 2 lần lượt tại B và C sao cho 2 2 1 1 AB AC + đạt giá trị nhỏ nhất 1,00 1 2 1 2 , ( 2;1) d d d d A A⊥ ∩ = ⇒ − 0,25 Gọi H là hình chiếu của 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 + nhỏ nhất 2 1 AH ⇔ nhỏ nhất AH ⇔ 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 đạt giá trị nhỏ nhất 1,00 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 0,25 MA 2 + MB 2 + MC 2 nhỏ nhất MG 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 www.MATHVN.com www.MATHVN.com Tìm được 22 61 17 ; ; 3 3 3 M   −     0,25 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 − + − +  − + − + + − =   + − + =   1,00 Đk Giải hệ phương 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  = − − − = ⇔  = +   Vậy 2 6, 1 6 x y= − = − − 0,25 www.MATHVN.com www.MATHVN.com . 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 thẳng hàng 1 ( 1) 3 1 ( 3 3) b k. giải 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