Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.. Họ và tên thí sinh: ....[r]
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)
y= 2 x −1
x +1 Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
Δ 2 Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm I( -1 ; 2) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao
√3 cho tam giác AOB có diện tích bằng ( O là gốc tọa độ)
2cos2x −2√3 sin x cos x+ 1
2 cos 2 x =√3 cos x −sin x Câu 2 ( 1,0 điểm) Giải phương trình:
8− x
√9− x −
2− x
∫
0
π
3
3 sin x −sin 2 x
(cos2 x −3 cos x +1)(3− 2 sin2x ) dx 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
x4y4
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
Δ: x − y +1=0Δ , đường thẳng BC song song vớivà đường cao kẻ từ B có phương trình: 2x – y – 2 = 0.
(5
2;
5
4) 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
x
1=
y −2
z
1
x −1
1 =
y − 3
z+3
song với ( P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại M, N sao cho đoạn MN ngắn nhất
B Theo chương trình Nâng cao
x2
x2+4 x + y2+18 y+ 36=0 (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)
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
y
z − 9
2 Δ2 :,: 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 2logxy x
2 y=1
log2(x2− y2)=1
¿{
¿
¿
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, A1
1. * Tập xác định: R \{-1}
* Sự biến thiên:
3
( x −1)2>0
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:
lim
x→ −∞ y=2
, tiệm cận ngang
y = 2, lim
x→ −1+ ¿y=− ∞¿
lim
x→ −1 − y =+ ∞,
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
Bạn đọc tự
đt suy ra PT : y = k( x+1) + 2
0,25
x -1+
y’ + || + y
+
Trang 3Δ 2 x −1
+2 kx +k +3=0 PT hoành độ giao điểm của
và (C) : k( x+1) +2 (*)
ΔĐường thẳng cắt (C) tại
hai điểm phân biệt A, B
⇔
⇔
k ≠0 Δ' >0
⇔
¿{
PT (*) có 2 nghiệm
phân biệt k < 0
k(x1 + 1) + 2), B( x2 ; k(x2
+ 1) + 2) là các giao điểm của với
x1+x2=−2
x1 x2=k +3
k
¿{
¿
¿
( C ) thì x1, x2
là các nghiệm của PT (*) Theo Viet ta có
0,25
√ (x2− x1)2+(k (x2− x1))2=√ (k2+1) (x2− x1)2
Ta có AB = =
√ (k2+1) [ (x2+x1)2− 4 x1 x2]=√ (k2+1).− 12
k
Δ|k +2|
√k2+1
=, d( O ; ) =
0,25
√3Theo bài ra diện tích
tam giác ABC bằng nên ta
có : 1
2AB Δ√3
⇔ k=− 1, k =− 4d( O ; )
=thỏa mãn k < 0.
ΔVậy có 2 PT đường
thẳng là y = - x + 1; y =
- 4x -2
0,25
Câu 2
3 cos2x −2√3 sin x cos x +sin2x
√3 cos x − sin xĐiều kiện:
cos2x 0 (*) Pt đã cho
¿√3 cos x − sin x
()
0,5
Trang 4¿¿¿
⇔
¿
¿
¿
Các nghiệm đều TMĐK (
*) nên phương trình đã cho có 3 họ nghiệm:
π
π
18+k
2 π
.
0,5
Câu 3 √9 − x +√x −1
⇔√9 − x +√x − 1−( √9 − x +√x −1
√9 − x √x −1)≥ 3
⇔√9 − x +√x − 1−( √9 − x1 +
1
√x −1)≥ 3
ĐK : 1< x¸< 9 ( * ) Với đk
( * ) ta có : ( 1 ) ( 2 ) Đặt
t = , t > 0
8<t2=8+2√(9 − x).(x − 1)≤ 8+9 − x +x − 1=16
Ta có:
0,5
⇒2√2<t ≤ 4
√(9− x).(x −1)= t
2
− 8
2
t2− 8 ≥ 3
( ** ) và Khi đó BPT ( 2 ) trở thành: ( do ( **) ).
⇔
Kết hợp với ( ** ) ta suy
ra t = 4 hay
√9 − x +√x −1⇔ x=5{5} =
4 Vậy BPT đã cho có tập nghiệm T =
0,5
Câu 4
∫
0
π
3
3 sin x −sin 2 x
∫
0
π
3
sin x (3 −2 cos x )
(2cos x −3) cos x (1+2 cos2x)dx
Ta có I = =
∫
0
π
3
sin x (3 −2 cos x )
(2cos x −3) cos x (1+2 cos2x)dx
¿∫
0
π
3
− sin x
cos x (1+2cos2x )dx
0,25
Trang 5=
⇒dt=4 cos x (− sin x)dx
2 cos2x
∫
0
π
3
cos x (− sin x ) dx
= Đặt t =
0,25
3⇒t=1
2 1
2∫
2
1 2
dt
= 0; khi Khi đó I = = 1
2∫
2
1 2
(1t −
1
1
2 ln|t +1 t |∨¿2
1 2
¿ 1
2.(ln
1
3− ln
2
3)
1
2 ln
1 2
2ln2 = = = =
Vậy I =
0,5
Câu 5 ∠ A ' AH=600a√3Theo bài ra góc giữa cạnh
bên AA’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60
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
trọng tâm của tam giác HBC
0,25
0,25
0,25
0,25
60
2a
a
a
M
C A
A'
B'
C'
B H
K
Trang 6⇒ S Δ ABC=1
2BC AM=
a2.√3 4
a
đó ta có AM =
A ' H S Δ ABC=3 a3
4 Thể
tích khối lăng trụ đã cho
là : V =
1
HK2= 1
√7
BCNối 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 :
-
-3 a
√7suy ra khoảng cách
d( H ; (A’BC)) =
a
√7
d ( H ; ( A'BC))
HM
AM=3
Ta lại có : Vậy khoảng cách d( A ; (A’BC)) = Câu 6 z z x y ⇒ x y 1
x + y +1=zVì (z + 1)( x
+ y) = z2 - 1 và do z > 0 nên ta có:
x4y4
x4y4
¿ ¿ Khi đó : T = =
0,25
( x +1)4=(3x+
x
3+
x
3+1)4≥(44√x3
27)4=44 x3
27
( y +1)4=(3y+
y
3+
y
3+1)4≥(4√4 y3
27)4=44 y
3
27
( x + y )2≥ 4 xyÁp dụng BĐT
Côsi cho các số dương x, y
ta có : , ,
0,25
Trang 74 xy 48.x3 y3
36 =
49
36 x
4 y4
6
49Do đó suy ra ( * )
⇔ x
3=
y
3=1
z=x + y +1
⇔ x=3 , y=3 , z=7
¿{
6
49D
ấu “=” ở ( * ) xảy ra.Vậy Max khi x= 3, y =3, z = 7
0,25
M và vuông góc với đường cao kẻ từ B là: x + 2y
-5 = 0
x +2 y −5=0
x − y +1=0
⇔
¿x=1 y=2
⇒ A (1 ;2)
¿{
¿
¿
2;−
3
4)Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ:
(5
2;
5
4)⃗AC=
4
3⃗AMDo 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
x − y − 2=0
2 x − y −2=0
⇔
¿x=0
y =−2
⇒ B(0 ;− 2)
¿{
¿
¿
Δ: x − y +1=0Đường
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:
|1 −2 −2|
√2 =
3
√2
⃗BC=(3 ;3) ⇒ BC=3√2Ta
0,5
Trang 8có:, d( A; BC) = 9
2S=
1
2BC d ( A ;BC)=¿
Vậy diện tích tam giác ABC là:
⃗MN=(1+s −t ;1+2t − 3 s ;− 3 −t+ 2 s)
Δ⃗MN ⃗n P=0Do 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:
⇔ s=t
⇔2(1+s− t)+1+2t −3 s −3 −t +2 s=0
Khi đó
⃗MN=(1 ;1− t ;−3+ t) ⇒ MN=√1+¿ ¿
=
xảy ra khi t = 2 M( 2 ; -2 ;
2) ( thỏa mãn MN song song với (P))
0,5
0,25
⃗MN=(1 ;−1 ;−1).Đoạn
MN ngắn nhất khi và chỉ khi M( 2 ; -2 ; 2),
1 =
y +2
z −2
PT đường thẳng cần tìm là:
0,25
Câu 9a Đặt z = a + bi ( a, b R )
Khi đó:
( a + ( b- 2)i).( a – ( b + 2)i) + 4i ( a + bi ) = 0
[a( b – 2) – a( b + 2) + 4a]
i = 0 a2 + b2 – 4b – 4 = 0
0,5
|z −2 i|=|a+(b − 2)i|=√a2+b2− 4 b+4
Ta lại có:=
2√2 Vậy môđun của z – 2i bằng
0,5
1 ) có tâm I1
( 0 ; 2 ) và bk R1 = 2, Đường tròn ( C2 ) có tâm I2
0,5
Trang 9( -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:
⃗I I1=(− a ;2 a− 5)
⇒ I I2− I I1=R2− R1=5
¿{
¿
¿
Ta có: ;
I I2− I I1=5⇔√(2+ a)2+(2 a −16 )2−√a2
+(2 a −5 )2=5
⇔
⇔
⇔
4
¿ {
⇔
4
11
⇔a=4
¿{
( x − 4 )2+( y+ 1)2=9.Vậy PT
đường tròn ( C ) cần tìm là:
0,5
1⇒
⃗AB=(− 2− t ;− 4 −t ;6+2 t)
Δ2⇒Δ2⃗u2=(2 ;−1 ;−1) Δ2
⃗AB ⃗u2=0⇔⇔Vì B B(
-1-t ; - -1-t ; 9 + 2-1-t), , C C ( 1 + 2k ; 3 – k ; 4 – k ) Đường thẳng có một vtcp Theo bài ra ta có : AB nên 2( - t – 2) + 4 + t – 6 – 2t = 0 t
= -2 suy ra B( 1 ; 2; 5).
0,25
Trang 101+k ; 7 −k
2 ;
7 − k
2 Gọi M là trung điểm của đoạn AC suy ra M( )
k +2
7 −k
− k − 11
⇒Do M C( 3 ; 2; 3)
⃗AB=(0;− 2;2),
⃗AC=(2 ;−2 ;0)
⃗BC=(2 ;0 ;−2)2√22√2Ta
có , suy ra AB = BC =
AC = nên tam giác ABC
là tam giác đều có cạnh a =
0,25
0,25
(53;
8
3;
11
3 )
3 a.
√3
2 =
2√6
3 V
ậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và
bk
0,25
Câu 9b. 0<xy ≠ 1 , 0<x ≠ 1
y >0 , x2
>y2
¿{
¿
¿
x2=3⇔ x=√3ĐK:( * ) + Với y = 1 thay vào hệ đã
cho ta được (Do ( *))
0,25
1logxy x
0 < y và x, y thỏa mãn
ĐK ( * ) ta có PT:
1 1+ logx y −
1 1+logy x − log x
2
y=1
⇔
1 logx(xy )−
1
2
y=1
⇔
0,25
logx y 1
1+ t −
t
2
=1⇔
t3
+t2+2 t=0⇔⇔Đặt t = khi đó ta được PT:t = 0 y = 1
( Loại)
0,25
cho có nghiệm duy nhất 0,25
Trang 11Lưu ý: Mọi cách giải đúng và khác với hướng dẫn chấm này giám khảo cho điểm tương ứng.