Đề thi thử môn Toán trường THPT Chuyên Hà Tĩnh lần 2 năm 2013

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...

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH - ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II - NĂM 2013 Môn: TOÁN ; Khối: A A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm) x 1 Câu ( 2,0 điểm) Cho hàm số y  x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Viết phương trình đường thẳng  qua điểm I( -1 ; 2) cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác AOB có diện tích ( O gốc tọa độ) cos x  sin x cos x   cos x Câu ( 1,0 điểm) Giải phương trình: 8 x Câu ( 1,0 điểm) Giải bất phương trình: 9 x  2 x x 1 cos x  sin x   sin x  sin x Câu ( 1,0 điểm) Tính tích phân : I=  (cos x  cos x  1)(3  sin x) dx Câu ( 1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AA’ = 2a, AB = AC = a (a > 0) góc cạnh bên AA’ mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ khoảng cách từ điểm A đến mp(A’BC) theo a biết hình chiếu điểm A’ mặt phẳng (ABC) trùng với trực tâm H tam giác ABC Câu ( 1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: z  z  x  y   x  y  x4 y4 ( x  yz ).( y  zx ).( z  xy ) II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A 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 đường thẳng  : x  y   , đường thẳng BC song song với  đường cao kẻ từ B có phương trình: 2x – y – = 5 Tính diện tích tam giác ABC biết điểm M ( ; ) nằm cạnh AC thỏa mãn AM = MC Câu 8a ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (P): 2x + y + z – = hai Tìm giá trị lớn biểu thức T = x 1 y  z  x y2 z   d2:   Viết phương trình đường thẳng  song 2 1 3 song với ( P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 d2 M, N cho đoạn MN ngắn đường thẳng d1: Câu 9a ( 1,0 điểm) Tính môđun số phức z – 2i biết ( z  2i ).( z  2i )  4iz  B Theo chương trình Nâng cao Câu 7b ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn ( C1 ): x  y  y  (C2): x  x  y  18 y  36  Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I nằm đường thẳng d: 2x + y – = đồng thời tiếp xúc với hai đường tròn ( C1 ) ( C2) Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 4; 3) hai đường thẳng  : x   y  z  ,  : x   y   z  chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B đường 1 1 2 1 1 cao kẻ từ đỉnh C Tìm tọa độ tâm tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  Câu 9b ( 1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  log xy x  log y x y  , ( x, y  R )  log ( x  y )   Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH Câu 1 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2013 Môn: TOÁN ; Khối: A, A1 Nội dung Điểm * Tập xác định: R \{-1} * Sự biến thiên:  Chiều biến thiên: y’ = x  12  với x ≠ -1 nên hàm số đồng biến khoảng (,1), (1,)  Cực trị: Hàm số cực trị  Giới hạn tiệm cận: lim y  , lim y   tiệm cận ngang y = 2, x   0,25 x   lim y   , lim y    tiệm cận đứng x = -1 x  1 x  1  Bảng biến thiên: x  y’ -1 || + + + + y 0,25   Đồ thị: Đồ thị qua điểm (0, 1); (2, 1) nhận I(-1, 2) làm tâm đối xứng Vẽ đồ thị Bạn đọc tự vẽ ( xin cảm ơn) Gọi k hệ số góc đt  suy PT  : y = k( x+1) + 2 x 1 PT hoành độ giao điểm  (C) :  k( x+1) +2  kx  2kx  k   (*) x 1 Đường thẳng  cắt (C) hai điểm phân biệt A, B k   PT (*) có nghiệm phân biệt    k nên ta có: x  y   z Ta lại có : Câu Khi : T= x4 y4 ( x  y ).(1  y ).( x  y ).(1  x) ( x  1)( y  1) = x4 y4 ( x  y ) ( x  1)( y  1) 0,25 0,25 Áp dụng BĐT Côsi cho số dương x, y ta có : 4   x  14   x  x  x  1   4 x   4 x , 27  27 3 3   0,25 4    y  1   y  y  y  1   4 y   4 y , x  y 2  xy 27  27 3 3   Do ( x  y ) ( x  1)( y  1)  xy x y 49 4 36 suy (*)  x y T  36 36 49 x y 36   1 Dấu “=” ( * ) xảy   3  x  3, y  3, z  Vậy Max T  x= 3, y =3, z =  z  x  y  0,25 0,25 Câu 7a PT đường thẳng d qua M vuông góc với đường cao kẻ từ B là: x + 2y - = x  y    x 1 3 Tọa độ đỉnh A nghiệm hệ:    A(1; 2)  AM  ( ;  ) x  y   y  5 Do điểm M ( ; ) nằm cạnh AC thỏa mãn AM = MC nên ta có AC  AM suy tọa độ điểm C C(3 ; 1) Đường thẳng BC song song với  : x  y   qua C(3 ; 1) nên có PT: x – y - = x  y   x  Tọa độ đỉnh B nghiệm hệ:    B( ;  2) 2 x  y   y   Ta có: BC  ( ; )  BC  , d( A; BC) = 1  2  0, 0,5 BC d ( A ; BC )  2 Do M  d1 , N  d nên tọa độ điểm M, N có dạng: M( t ; – 2t; t), N( + s; - 3s; - 3+2s) Vậy diện tích tam giác ABC là: S  Câu 8a Câu 9a suy MN  (1  s  t ;1  2t  3s ;   t  s ) Do  song song với ( P ) nên ta có: MN n P   2(1  s  t )   2t  3s   t  s   s  t Khi MN  (1;1  t ;   t )  MN   (1  t )  (   t ) = 2t  8t  11  ( t  )   với t Dấu “ = ” xảy t =  M( ; -2 ; 2)  ( P) ( thỏa mãn MN song song với (P)) 0,25 Đoạn MN ngắn M( ; -2 ; 2), MN  (1;  1;  1) x2 y z 2   Vậy PT đường thẳng  cần tìm là: 1 1 0,25 Đặt z = a + bi ( a, b  R ) Khi đó: ( z  2i ).( z  2i )  4iz   ( a + ( b- 2)i).( a – ( b + 2)i) + 4i ( a + bi ) =  ( a2 + b2 – – 4b) + [a( b – 2) – a( b + 2) + 4a] i =  a2 + b2 – 4b – = Ta lại có: z  2i  a  (b  2)i  a  b  4b  = 0,5 a  b  4b     2 Vậy môđun z – 2i 2 Câu 7b 0,5 Đường tròn ( C1 ) có tâm I1 ( ; ) bk R1 = 2, Đường tròn ( C2 ) có tâm I2 ( -2 ; -9) bk R2 = Gọi R bk đường tròn ( C ) Do I thuộc d nên tọa độ I có dạng ( a; -2a) Do ( C ) tiếp xúc với hai đường tròn ( C1 ) , ( C2 ) nên ta có:  I I1  R  R1  I I  I I1  R2  R1  Ta có: I I  (  a ; 2a  5) ; I I  (   a ; 2a  16)   I I  R  R2 I I  I I1    2  a 2  2a 162 5a  60a  260   0,5 0,5 a  2a  5  5a  20a  25   5a  20a  25  21  4a 21  21  a  a       5a  20a  25  441168a  16a  a  hoac a  104    0,5  a  11  I ( ;  )  I I1   R  Vậy PT đường tròn ( C ) cần tìm là:  x     y  1  2 Câu 8b Vì B    B( -1- t ; - t ; + 2t), AB  (   t ;   t ;  2t ) , C    C ( + 2k ; – k ; – k ) Đường thẳng  có vtcp u  ( ;  1;  ) Theo ta có : AB   nên 0,25 AB u   2( - t – 2) + + t – – 2t =  t = -2 suy B( ; 2; 5) 7k 7k Gọi M trung điểm đoạn AC suy M(  k ; ) ; 2 k   k  k  11 Do M       k   C( ; 2; 3) 1 2 Ta có AB  ( ;  ; ), AC  (2 ;  ; 0) , BC  (2 ; ;  2) suy AB = BC = AC = 2 nên 0,25 tam giác ABC tam giác có cạnh a = 2  11  Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I  ; ;  bk R  IA  a  3 3 3  Câu 9b 0  xy  1,  x  ĐK:  ( * ) + Với y = thay vào hệ cho ta x   x  (Do ( *)) 2  y  0, x  y x + Với < y  x, y thỏa mãn ĐK ( * ) ta có PT: log xy  log 2x y  y 1 1   log 2x y     log 2x y   log x ( xy ) log y ( xy )  log x y  log y x Đặt t = log x y ta PT: t   t   t  t  2t   t =  y = 1 t t 1 ( Loại) Vậy HPT cho có nghiệm  x ; y     ;1 Lưu ý: Mọi cách giải khác với hướng dẫn chấm giám khảo cho điểm tương ứng 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ...  R2 I I  I I1    2  a 2  2a 16 2 5a  60a  26 0   0,5 0,5 a  2a  5  5a  20 a  25   5a  20 a  25  21  4a 21  21  a  a       5a  20 a  25  441168a  16a ... ( z  2i ).( z  2i )  4iz   ( a + ( b- 2) i).( a – ( b + 2) i) + 4i ( a + bi ) =  ( a2 + b2 – – 4b) + [a( b – 2) – a( b + 2) + 4a] i =  a2 + b2 – 4b – = Ta lại có: z  2i  a  (b  2) i ... tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH Câu 1 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 20 13 Môn: TOÁN ;