Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ điểm A đến mpA’BC theo a biết rằng hình chiếu của điểm A’ trên mặt
Trang 1TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HÀ TĨNH
-ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II - NĂM 2013
Môn: TOÁN ; Khối: A và A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số 2 +11
−
=
x
x
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2 Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm I( -1 ; 2) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác AOB có diện tích bằng 3 ( O là gốc tọa độ)
2 cos 2
1 cos sin 3 2 cos
x x
x
x x
Câu 3 ( 1,0 điểm) Giải bất phương trình: 3
1
2 9
8
≥
−
−
−
−
−
x
x x
x
) sin 2 3 )(
1 cos 3 2 (cos
2 sin sin 3 3
0
2
π
dx x x
x
x x
Câu 5 ( 1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AA’ = 2a, AB = AC = a (a > 0) và góc giữa
cạnh bên AA’ và mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ
điểm A đến mp(A’BC) theo a biết rằng hình chiếu của điểm A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trực tâm H
của tam giác ABC
Câu 6 ( 1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn: z z x y( − − ) = + +x y 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = 3
4 4
) ).(
).(
(x yz y zx z xy
y x
+ +
II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A nằm trên đường thẳng
∆:x −y +1=0, đường thẳng BC song song với∆và đường cao kẻ từ B có phương trình: 2x – y – 2 = 0 Tính diện tích tam giác ABC biết điểm M )
4
5
; 2
5 ( nằm trên cạnh AC và thỏa mãn AM = 3 MC
Câu 8a ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (P): 2x + y + z – 2 = 0 và hai
đường thẳng d1:
1 2
2 1
z y
−
−
= và d2:
2
3 3
3 1
−
−
=
x
Viết phương trình đường thẳng ∆ song song với ( P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại M, N sao cho đoạn MN ngắn nhất
Câu 9a ( 1,0 điểm) Tính môđun của số phức z – 2i biết (z−2i).(z −2i) + 4iz =0
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn ( C1 ): x2 + y2− 4y = 0 và (C2): x2 +4x +y2+18y+ 36= 0 Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I nằm trên đường thẳng d: 2x + y – 7 = 0 đồng thời tiếp xúc ngoài với cả hai đường tròn ( C1 ) và ( C2)
Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 4; 3) và hai đường thẳng
∆1:
2
9 1
1
−
=
−
+ y z
x
x− = y− = z−
− − lần lượt chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B và đường cao kẻ từ đỉnh C Tìm tọa độ tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu 9b ( 1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
=
−
=
−
1 ) (
log
1 log log
2 2 2
2
y x
y y
x
x xy
, (x, y∈R )
Hết
-Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Trang 2TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HÀ TĨNH
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2013
Môn: TOÁN ; Khối: A, A1
Câu
1. * Tập xác định: R \{-1}
* Sự biến thiên:
− Chiều biến thiên: y’ = ( 1) 0
3
2 >
−
x với mọi x ≠ -1 nên hàm số đồng biến trên các khoảng
) , 1 ( ), 1
,
(−∞− − +∞
− Cực trị: Hàm số không có cực trị
0,25
− Giới hạn và tiệm cận:
2 lim =
−∞
→ y
+∞
→ y
x ⇒ tiệm cận ngang y = 2,
+∞
=
−
−
−
xlim1 ⇒ tiệm cận đứng x = -1
0,25
− Bảng biến thiên:
0,25
− Đồ thị:
Đồ thị đi qua các điểm (0, −1); (2, 1) và
nhận I(-1, 2) làm tâm đối xứng
Vẽ đồ thị
0,25
2. Gọi k là hệ số góc của đt ∆ suy ra PT ∆: y = k( x+1) + 2
PT hoành độ giao điểm của ∆ và (C) : =
+
−
1
1 2
x
x
k( x+1) +2 ⇔ kx2+2kx +k+3=0 (*) Đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B
⇔PT (*) có 2 nghiệm phân biệt ⇔
>
∆
≠
⇔
0 '
0
k
k < 0
0,25
Với k < 0 gọi A( x1 ; k(x1 + 1) + 2), B( x2 ; k(x2 + 1) + 2) là các giao điểm của ∆ với
( C ) thì x1, x2 là các nghiệm của PT (*) Theo Viet ta có
+
=
−
= +
k
k x x
x x
3
2
2 1
2 1
1 2 2
2 1 2
2 1
= (k 1) [ (x x ) 4x.x ] (k2 1) k12
2 1
2 1 2
1
2
2 +
+
k
Theo bài ra diện tích tam giác ABC bằng 3 nên ta có :
2
1
Vậy có 2 PT đường thẳng ∆ là y = - x + 1; y = - 4x -2
0,25
Câu
2 Điều kiện: cos2x ≠ 0 (*) Pt đã cho ⇔ − + =
x
x x
x x
2 cos 2
sin cos sin 3 2 cos
x
x sin
cos
⇔ ( 3cosx−sinx)2 =2cos2x.( 3cosx sin− x)
0,5
y’ + || +
y
+ ∞
Trang 3⇔ ⇔
−
=
=
−
x x
x
x x
sin cos 3 2 cos
2
0 sin cos 3
+
=
=
) 6 ( cos 2 cos
3 tan
π
x x
x
+
−
= +
=
+
=
⇔
3
2 18 ,
2 6
3
π π
π π
π π
k x
k x
k x
Các nghiệm đều TMĐK ( *) nên phương trình đã cho có 3 họ nghiệm:
3
2 18 ,
2 6
,
.
0,5
Câu
3 ĐK : 1< x¸< 9 ( * ) Với đk ( * ) ta có : ( 1 )⇔ 9−x + x−1 − 91−x + x1−1 ≥3
3 1 9
1 9
1
−
−
− +
−
−
− +
−
⇔
x x
x x x
x ( 2 ) Đặt t = 9−x + x−1, t > 0
Ta có: 8<t2=8+ 2 (9−x).(x−1) ≤8+ 9−x + x−1=16
0,5
4 2
2 < ≤
⇒ t ( ** ) và
2
8 )
1 ).(
9 (
2 −
=
−
−x x t Khi đó BPT ( 2 ) trở thành: 3
8
2
−
−
t
t t
0 24 10
3 2
⇔ (t+3).(t−2).(t −4)≥0 ⇔ t ≥4 Kết hợp với ( ** ) ta suy ra t = 4 hay
1
9−x + x− = 4 ⇔ x= 5 Vậy BPT đã cho có tập nghiệm T = { }5
0,5
Câu
) sin 2 3 )(
cos 3 cos 2 (
2 sin sin 3 3
0
2 2
π
dx x x
x
x
0
2 ) cos 2 1 ( cos )
3 cos 2 (
) cos 2 3 ( sin
π
dx x x
x
x x
= ∫3 − − +
0
2 ) cos 2 1 ( cos )
3 cos 2 (
) cos 2 3 ( sin
π
dx x x
x
x x
∫ − +
0
2 ) cos 2 1 ( cos
sin
π
dx x x
x
0,25
= ∫3 −+
0
2
2 (1 2cos ) cos
)
sin (
cos π
x x
dx x
x Đặt t = 2cos2x ⇒dt = 4cosx.(−sinx)dx 0,25
Đổi cận: Khi x = 0⇒t =2; khi
2
1
3 ⇒ =
Khi đó I = ∫2 +
1
2 (1 ) 2
1
t t
t t
∫2 − +
1
1 1 2
1 ln
2 1
2
2
1
+
t
3
2 ln 3
1 ln (
2
1
2
1 ln 2
1
Vậy I = ln2
2
1
0,5
Câu
5
Theo bài ra góc giữa cạnh bên AA’ và mặt
phẳng (ABC) bằng 600 nên góc ∠A'AH =600
và do AA’ = 2a nên A’H = a 3là một đường
cao của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và AH = a
Mặt khác tam giác ABC cân tại A nên nếu
gọi M là trung điểm của cạnh BC thì đoạn AM
là một đường cao của tam giác ABC và AM <
AC = AB = AH = a nên H nằm ngoài tam giác
ABC và nằm trên tia đối của tia AM suy ra A là
trọng tâm của tam giác HBC
60 2a
a a
M
C A
A'
B'
C'
B
H
K
a
=
=
⇒
4
3
2
AM BC
Thể tích khối lăng trụ đã cho là : V =
4
3
'
3
a S
H
0,25
0,25
Trang 4Nối A’M, ta có mp(A’HM) BC⊥ khi đó kẻ HK ⊥A'M,K∈A'M thì HK ⊥( BC A' ) nên độ dài
đoạn HK là d( H ; (A’BC)) = HK Ta có :
7
3
1 '
1 1
2 2
2
a HK HM
H A
-suy ra khoảng cách d( H ; (A’BC)) =
7
3a
.
BC)) A' ( ;
A d(
BC)) A' ( ; H
AM
HM
Vậy khoảng cách d( A ; (A’BC)) =
7
a
.
0,25
0,25
Câu
4 4
) 1 )(
1 ( )
1 ).(
).(
1 ).(
(x+y +y x+y +x x+ y+
y x
4 4
) 1 )(
1 ( ) (x+y x+ y+
y x
Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương x, y ta có :
27 4 27 4 1
3 3 3 1
3 4 4 4 3 4
≥
=
27 4 27 4 1
3 3 3 1
3 4 4 4 3 4
≥
=
0,25
Do đó (x+y)2.[(x+1)(y+1)]4 4 4
6
9 6
3 3
3
4 3
4
4
3
≤
1
1 3
+ +
=
=
=
y x z
y x
.Vậy Max 9
6 4
3
=
Câu
7a. PT đường thẳng d đi qua M và vuông góc với đường cao kẻ từ B là: x + 2y - 5 = 0.
2
1 0
1
0 5 2
A y
x y
x
y x
⇒
=
=
⇔
= +
−
=
− +
) 4
3
; 2
3
=
4
5
; 2
5 ( nằm trên cạnh AC và thỏa mãn AM = 3 MC nên ta có AC AM
3
4
ra tọa độ điểm C là C(3 ; 1).
0, 5
Đường thẳng BC song song với ∆:x − y +1= 0 và đi qua C(3 ; 1) nên có PT: x – y - 2 = 0.
2
0 0
2 2
0 2
−
⇒
−
=
=
⇔
=
−
−
=
−
−
B y
x y
x
y x
Ta có: BC=(3;3)⇒ BC=3 2, d( A; BC) =
2
3 2
2 2 1
=
−
−
Vậy diện tích tam giác ABC là: = ( ; )=
2
1
BC A d BC S
2 9
0,5
Câu
8a. Do M ∈d1, N ∈d2 nên tọa độ các điểm M, N có dạng: M( t ; 2 – 2t; t), N( 1 + s; 3 - 3s; - 3+2s)
suy ra MN =(1+s−t;1+2t−3s;−3−t+2s).Do ∆ song song với ( P ) nên ta có: MN.n P =0
0 2 3 3 2 1 ) 1
(
2
2 ( 3 ) )
1 ( 1 )
3
; 1
; 1
với mọi t Dấu “ = ” xảy ra khi t = 2 ⇔M( 2 ; -2 ; 2)∉( P) ( thỏa mãn MN song song với (P))
0,5
0,25
Đoạn MN ngắn nhất khi và chỉ khi M( 2 ; -2 ; 2), MN = (1; −1; −1)
Vậy PT đường thẳng ∆ cần tìm là:
1
2 1
2 1
2
−
−
=
−
+
=
x
Trang 59a. Đặt z = a + bi ( a, b ∈ R ) Khi đó:
0 4 ) 2 ).(
2
(z− i z − i + iz = ⇔ ( a + ( b- 2)i).( a – ( b + 2)i) + 4i ( a + bi ) = 0
⇔( a2 + b2 – 4 – 4b) + [a( b – 2) – a( b + 2) + 4a] i = 0 ⇔ a2 + b2 – 4b – 4 = 0
0,5
Ta lại có: z−2i = a + (b− 2)i = a2 + b2−4b + 4 = a2 + b2−4b− 4 +8 = 8 = 2 2
Câu
7b. Đường tròn ( Cbk R 1 ) có tâm I1 ( 0 ; 2 ) và bk R1 = 2, Đường tròn ( C2 ) có tâm I2 ( -2 ; -9) và
2 = 7 Gọi R là bk đường tròn ( C ) Do I thuộc d nên tọa độ I có dạng ( a; 7 -2a)
Do ( C ) tiếp xúc ngoài với hai đường tròn ( C1 ) , ( C2 ) nên ta có:
+
=
+
=
2 2
1 1
R R I
I
R R I
I
5 1 2 1
⇒I I I I R R Ta có: I I1 = (−a; 2a −5); I I2= (−2−a;2a −16)
0,5
1
I
I
⇔ 5a2 −60a +260 = 5a2− 20a + 25 +5 ⇔ 5a2− 20a + 25 = 21−4a
+
−
= +
−
≤
⇔
2
5
4 21
a a a
a
a
4 11
104 4
4
21
=
⇔
=
=
≤
a hoac a
a
3 5
) 1
; 4
⇒ I I I R .Vậy PT đường tròn ( C ) cần tìm là: (x−4) (2+ y+1)2 =9.
0,5
Câu
8b. Vì B ∈ ⇒∆1 B( -1- t ; - t ; 9 + 2t), AB= (−2−t ;−4−t ;6 +2t) , C ∈∆2 ⇒ C ( 1 + 2k ; 3 – k
; 4 – k ) Đường thẳng ∆2 có một vtcp u2=(2; −1;−1) Theo bài ra ta có : AB ⊥ ∆2 nên
0 u2 =
AB ⇔ 2( - t – 2) + 4 + t – 6 – 2t = 0 ⇔ t = -2 suy ra B( 1 ; 2; 5).
0,25
Gọi M là trung điểm của đoạn AC suy ra M(
2
7
; 2
7
;
1+ k −k −k
)
4
11 2
7 1
−
−
=
−
Ta có AB=(0;−2;2), AC=(2;−2;0) , BC=(2;0;−2) suy ra AB = BC = AC = 2 2 nên
tam giác ABC là tam giác đều có cạnh a = 2 2
0,25
0,25
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I
3
11
; 3
8
; 3
5
và bk
3
6 2 2
3 3
=
Câu
9b. ĐK:
>
>
≠
<
≠
<
2 2 , 0
1 0
, 1 0
y x y
x xy
( * ) + Với y = 1 thay vào hệ đã cho ta được x2=3⇔ x = 3 (Do ( *)) 0,25
+ Với 0 < y 1≠ và x, y thỏa mãn ĐK ( * ) ta có PT: log −log2 y=1
y
x
x xy
) ( log
1 )
( log
xy
x
log 1
1 log
1
+
−
0,25
Đặt t = logx y khi đó ta được PT: 1
1 1
+
−
t
t ⇔ t3+t2+ 2t =0 ⇔ t = 0 ⇔ y = 1
( Loại)
0,25
Vậy HPT đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = ( 3;1) 0,25
