Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. 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 b
Trang 1TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HÀ TĨNH
-ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II - NĂM 2013
Môn: TOÁN ; Khối: A và A 1
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
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 ( O là gốc tọa độ)
Câu 2 ( 1,0 điểm) Giải
phương trình:
Câu 3 ( 1,0 điểm) Giải bất phương trình:
Câu 4 ( 1,0 điểm) Tính tích
phân : I =
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:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T =
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
, đường thẳng BC song song vớivà
đường cao kẻ từ B có phương trình: 2x – y – 2 = 0
Tính diện tích tam giác ABC biết điểm M
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: và d2: 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
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với
hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn ( C1 ):
và
(C2): 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)
1
1 2
x
x y
3
sin cos
3 2
cos 2
1 cos sin 3 2 cos
2 2
x x
x
x x x
3 1
2 9
8
x
x x
x
) sin 2 3 )(
1 cos 3 2 (cos
2 sin sin
3
3 0
2
dx x x
x
x x
z z x y x y
3
4 4
) ).(
).(
(x yz y zx z xy
y x
0 1
x y
) 4
5
; 2
5 (
1 2
2 1
z y
x
2
3 3
3 1
0 4
) 2 ).(
2
0 4
2 2
x
0 36 18
2
x
Trang 2Câu 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
:,: 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: , (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:
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HÀ TĨNH
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2013
Môn: TOÁN ; Khối: A, A 1
Câu
1
1. * Tập xác định: R \{-1}
* Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y’ = với mọi x ≠ -1 nên hàm số đồng biến trên các khoảng
Cực trị: Hàm số không có cực trị
0,25
Giới hạn và tiệm cận:
, tiệm cận ngang y = 2, , 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
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) : k( x+1) +2 (*)
Đường thẳng cắt (C) tại hai điểm phân
biệt A, B
PT (*) có 2 nghiệm phân biệt 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
0,25
Ta có AB = =
=,
d( O ; ) =
0,25
Theo bài ra diện tích tam giác ABC bằng nên ta có :
d( O ; ) =thỏa mãn k < 0.
Vậy có 2 PT đường thẳng là y = - x + 1; y = - 4x -2
0,25
1
2
9 1
1
x1 23 4
x y z
1 ) (
log
1 log
log
2 2
2
2
y x
y y
x
x
xy x, y
3
2
x
) , 1 ( ), 1 , (
y
xlim1
y
xlim1
2 lim
y
xlim 2
y
x
1
1 2
x
2
0 ' 0
k
k k x
x x x
3
2
2 1 2 1
1 2 2
2 1 2 2
1
k k
x x x
x
2 1 2 1 2
1
2 2
k k
3
4 ,
1
k 3k
2
1
AB
y’ + || + y
+
Trang 32 Điều kiện: cos2x 0 (*)
Pt đã cho
Các nghiệm đều TMĐK
( *) nên phương trình đã
cho có 3 họ nghiệm:
0,5
Câu
3
ĐK : 1< x¸< 9 ( * ) Với
đk ( * ) ta có : ( 1 ) ( 2 )
Đặt t = , t > 0
Ta có:
0,5
( ** ) và Khi đó BPT ( 2 ) trở
thành: ( do ( **) ).
Kết hợp với ( ** ) ta suy ra
t = 4 hay
= 4 Vậy BPT đã cho có tập nghiệm
T =
0,5
Câu
Đổi cận: Khi x = 0; khi Khi đó I = =
Câu
5
Theo bài ra góc
giữa cạnh bên
AA’ và mặt phẳng (ABC) bằng 600 nên góc và
do AA’ = 2a nên A’H = là 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
0,25
0,25
0,25
0,25
x
cos
3 sin ) 2 cos 2 cos
3
x
cos
x
x x
x x
2 cos 2
sin cos sin 3 2 cos
x x
x
x x
sin cos
3 2
cos 2
0 sin cos
3
) 6 (
cos 2
cos
3 tan
x x
x
3
2 18
, 2 6
3
k x
k x
k x
) (
3
2 18 ,
2 6
,
16 1 9
8 ) 1 ).(
9 ( 2 8
8 2
1
9 x x
3 1
9
1 9
1
x x
x x x
1
1 9
1 1
x x
x x
4 2
2
8 )
1 ).(
9 (
2
x
8
2
t
t
t 3 2 10 24 0
3
).(
2 ).(
3 (t t t t
1
9 xx5 5x
) sin 2 3 )(
cos 3 cos
2 (
2 sin sin
3
3 0
2 2
dx x x
x
x x
3 0
2 ) cos 2 1 ( cos )
3 cos 2 (
) cos 2 3 ( sin
dx x x
x
x x
3 0
2 ) cos 2 1 ( cos )
3 cos 2 (
) cos 2 3 ( sin
dx x x
x
x x
3 0
2 ) cos 2 1 ( cos
sin
dx x x
x
dt 4 cos ( sin )
2 cos 2 x
3 0
2
2 (1 2cos ) cos
)
sin (
cos
x x
dx x
x t 2
2
1
3
x
2 1
2 (1 ) 2
1
t t
dt dt t
t
2 1
1 1 2
1
1 ln
2 1
2
2
1
t
t 3)
2 ln 3
1 ln (
2
1
2
1 ln 2
1 2 ln 2
1
0
60
A AH a 3
60
2a
a
a
M
C A
A'
B'
C'
B H
K
Trang 4Khi đó ta có AM =
Thể tích khối lăng trụ đã cho
là : V =
Nối A’M, ta có
mp(A’HM) khi đó kẻ
HK thì HK nên độ dài
đoạn HK là d( H ; (A’BC)) = HK Ta có :
-suy ra khoảng cách d( H ; (A’BC)) =
Ta lại có : Vậy khoảng cách
d( A ; (A’BC)) =
Câu
6
Vì (z + 1)( x + y) = z2 - 1 và do z
> 0 nên ta có:
Khi đó : T = =
0,25
Áp dụng BĐT Côsi
cho các số dương x,
y ta có : , ,
0,25
Dấu “=” ở ( * ) xảy ra.Vậy Max khi
Câu
7a. PT đường thẳng d đi qua M và vuông góc với đường cao kẻ từ B là: x + 2y - 5 = 0.Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ:
Do điểm M nằm trên cạnh AC và
thỏa mãn AM = 3 MC nên ta có
suy ra tọa độ điểm C là C(3 ; 1).
0, 5
Đường thẳng BC song song với và
đi qua C(3 ; 1) nên có PT: x – y - 2
= 0 Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ:
Ta có:, d( A; BC) =
Câu
8a.
Do M , N nên tọa độ
các điểm M, N có dạng:
M( t ; 2 – 2t; t), N( 1 + s; 3 - 3s; - 3+2s) suy ra Do song song với ( P ) nên ta có:
Khi đó
=
với mọi t
Dấu “ = ” xảy ra khi t = 2 M( 2 ; -2 ; 2) ( thỏa mãn MN song song với (P))
0,5
0,25
Đoạn MN ngắn nhất khi và chỉ khi
M( 2 ; -2 ; 2),
Câu
9a Đặt z = a + bi ( a, b R ) Khi đó: ( 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
7
a
z z x y x y
3 BC))
A' (
;
A d(
BC)) A' (
; H d(
AM HM
7
3a
z y
x 1
7
3
1 '
1 1
2 2
2
a HK HM
H A
4 4
) 1 )(
1 ( )
1 ).(
).(
1 ).(
(xy y xy x x y
y x
) ' (A BC
2
4 4
) 1 )(
1 ( ) (xy x y
y x
M A K M
A' , '
27 4 27
4 1
3 3 3 1
3 4 4 4 3 4
BC
27 4 27
4 1
3 3 3 1
3 4 4 4 3 4
4
3
'H S a3
A ABC
x y2 4xy
4
3
2
AM BC
2 ( 1)( 1) )
(xy x y
3 2
a
4 4 6
9 6
3 3
3
4 3
4
6
4
3
T
7 , 3 , 3 1
1 3
3
y x z
y x
9
6
4
3
T
) 2
; 1 ( 2 1 0
1 0 5 2
A y x y
x y x
) 4
3
; 2
3
AM
) 4
5
; 2
5
AC
3
4
2
9
2
1
BC A d BC
3 2
2 2 1
3 ; 3 ) 3 2
BC
) 2
; 0 ( 2 0 0 2 2 0 2
B y x y
x y
x :x y 1 0
1
d
d2
2 3 ; 3 2 ) 1
; 1
)
( P
2) 3 3
(
2t2 8 11
t
) 3
; 1
; 1
t
s
1 2 3 3 2 0 )
1 (
2
).
1
; 1
; 1
MN
1
2 1
2 1
2
x
0 4
) 2 ).(
2
Trang 5Ta lại có:=
Vậy môđun của z –
Câu
7b. Đường tròn ( C1 ) có tâm I1 ( 0 ; 2 ) và bk R1 = 2, Đường tròn ( C2 ) có tâm I2 ( -2 ; -9) và
bk R2 = 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:
Ta có: ;
0,5
.Vậy PT đường tròn ( C
Câu
8b. Vì B B( -1- t ; - t ; 9 + 2t), , C C ( 1 + 2k ; 3 – k ; 4 – k ) Đường thẳng có một vtcp Theo bài rata có : AB nên 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( )
Do M C( 3 ; 2; 3)
Ta có , suy ra AB = BC = AC = nên tam giác ABC là tam giác đều có cạnh a =
0,25
0,25
Câu
9b.
Đặt t = khi đó ta được PT:t = 0 y = 1
( Loại)
0,25
4 4 )
2 (
a
2 2
) 16 2
; 2 (
2 a a
I
I I I12 ( 1a ; 22a 15 ) 5
I I I I R R
2 2
1 1
R R I
I
R R I
I
1
2 I I a a a a
I I
260 60
2
2 20 25 441 168 16 5
4 21
a a a
a
a
4 11 104 4 4 21
a hoac a
1
; 4
I 42 I I 12 9R
x
1
; 4 ; 6 2 ) 2
2
7
; 2
7
;
1 k k k
1
1 4
11 2
7 1
2
k k
k
), 2
; 2
; 0 (
AB AC BC ( ( 2 2 2 2 2 ; ; 2 0 2 ; ; 0 2 ) )
3
11
; 3
8
; 3
5
3
6 2 2
3 3
2
IA a R
2 2
, 0
1 0
, 1 0
y x
y
x xy
3 3
2
x
1
1 log
y
x
x xy
1 log
log 1
1 log
1
x
x
1 log
) ( log
1 )
( log
xy
x
y
x
1 1
t
t t
2 3
t t
x; y 3 ; 1
