Đề thi thử môn Toán trường THPT Chuyên Hà Tĩnh lần 2 năm 2013 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, 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
1 2
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
2 2
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
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 = 4 4 3
) ).(
).(
(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
0 1 :
x y , 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
2
3 3
3 1
x
Viết phương trình đường thẳng song song với ( P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1và d2lần lượt tại M, N sao cho đoạn MN ngắn nhất
Câu 9a ( 1,0 điểm) Tính môđun của số phức z – 2i biết (z2i).(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 y218y360 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
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
Trang 2Câu 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, yR )
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. * 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
x tiệm cận ngang y = 2,
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
Bạn đọc tự vẽ( xin cảm ơn) 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 kx22kx k30 (*) 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, x2là 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
y
Trang 3=
k k
x x x
x
2 1
2 1 2
, d( O ; ) =
1
2
2
k k
Theo bài ra diện tích tam giác ABC bằng 3 nên ta có :
2
1
AB d( O ; ) = 3 k 1,k4 thỏa mãn k < 0.
Vậy có 2 PT đường thẳng là y = - x + 1; y = - 4x -2.
0,25
Câu
x
x x
x x
2 cos 2
sin cos sin 3 2 cos
x
x sin
cos
( 3cosxsinx)2 2cos2x.( 3cosx sin x) 0,5
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
Các nghiệm đều TMĐK ( *) nên phương trình đã cho có 3 họ nghiệm:
) ( 3
2 18 ,
2 6
,
x
.
0,5
Câu
3 ĐK : 1< x¸< 9 ( * ) Với đk ( * ) ta có : ( 1 ) 9 1 91 1 13
x x x
x
3 1 9
1 9
1
x x
x x x
Ta có: 8t28 2 (9x).(x1) 8 9x x116
0,5
4 2
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
(t3).(t2).(t 4) 0 t 4 Kết hợp với ( ** ) ta suy ra t = 4 hay
1
9x 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
dx x x
x
x x
0
2 ) cos 2 1 ( cos )
3 cos 2 (
) cos 2 3 ( sin
dx x x
x
x x
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
0,25
0
2
2 (1 2cos ) cos
)
sin (
cos
x x
dx x x
Đặt t = 2cos2 x dt 4cosx.(sinx)dx 0,25
Đổi cận: Khi x = 0 t 2; khi
2
1
3
x
Khi đó I = 2
1
2 (1 ) 2
1
t t dt
Trang 4= 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
2
1 ln 2
1
Vậy I = ln2
2
1
Câu
5
Theo bài ra góc giữa cạnh bên AA’ và mặt
phẳng (ABC) bằng 600nên góc AH A' 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.
4
3
2
AM BC
Thể tích khối lăng trụ đã cho là : V =
4
3
'
3
a S
H
A ABC Nối A’M, ta có mp(A’HM) BC khi đó kẻ HK A'M,KA'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
0,25
-0,25
Câu
6 Vì z z x y x y 1 (z + 1)( x + y) = z2- 1 và do z > 0 nên ta có: x y 1 z
Khi đó : T =
4 4
) 1 )(
1 ( )
1 ).(
).(
1 ).(
(xy y xy x x y
y x
=
2
4 4
) 1 )(
1 ( ) (xy x y
y
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
) 1 )(
1 ( )
6
9 6
3 3
3
4 3
4
4xy x y x y
6
4
3
1
1 3
y x z
y x
.Vậy Max 96
4
3
T khi x= 3, y =3, z = 7 0,25
Trang 57a.
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: (1;2)
2
1 0
1
0 5 2
A y
x y
x
y x
) 4
3
; 2
3
AM
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) BC3 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 , Nd1 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 (1st;12t3s;3t2s).Do song song với ( P ) nên ta có: MN.n P 0
0 2 3 3 2 1 ) 1
(
2
) 1 ( 1 )
3
; 1
; 1
MN = 2t2 t8 11 2(t2)23 3
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
Câu
9a. 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: z2i a (b 2)i a2 b24b 4 = a2 b24b 48 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(2a;2a 16)
0,5
2 2 16 2 5 5
1
I
I
5a2 60a 260 5a2 20a 25 5 5a2 20a 25 214a
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: x4 2 y12 9.
0,5
Trang 68b. Vì B 1 B( -1- t ; - t ; 9 + 2t), AB (2t ;4t ;62t) , C 2 C ( 1 + 2k ; 3 –
k ; 4 – k ) Đường thẳng có một vtcp2 u2 (2; 1; 1) Theo bài ra ta có : AB nên2
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
2
k k
k k
C( 3 ; 2; 3).
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
IA a
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 x23 x 3 (Do ( *)) 0,25
+ Với 0 < y 1 và x, y thỏa mãn ĐK ( * ) ta có PT: log log2 y1
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 t3t2 2t 0 t = 0 y = 1 ( Loại)
0,25
