Đề thi thử THPT Cù Huy Cận
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (232.66 KB, 9 trang )
1
SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2013
TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN Môn: TOÁN; Khối A, A1, B và D
Th
ời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
1
( )
1
x
y H
x
+
=
−
a) Kh
ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
( )
H
b) Tìm t
ất cả các giá trị của
m
để đường thẳng
:d y x m= −
cắt đồ thị
( )
H
tại hai điểm phân biệt
,
A B
sao cho
1,5
OAB
S =
( Với
O
là gốc toạ độ)
Câu 2(1,0 điểm). Giải phương trình :
3 2 2
2sin 2 3sin .cos 2sin sin 2
6
0
2cos 3
x x x x x
x
π
+ − − −
=
−
Câu 3(1,0 điểm). Giải hệ phương trình :
3
3
2 2 1 3 1
, ( , )
3 2 40 0
y x x x y
x y
x x y
+ − = − −
∈
+ − + =
ℝ
Câu 4(1,0 điểm).Tính tích phân :
2 2
3
1
ln ln ln 3ln 2
e
x x x
I dx
x
+ + +
=
∫
Câu 5(1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác
1 1 1
.
ABC A BC
có đáy là tam giác đều cạnh
a
, hình chiếu vuông góc của
1
A
lên mặt phẳng
( )
ABC
trùng với tâm của tam giác
ABC
. Tính thể tích lăng trụ
1 1 1
.
ABC A BC
và khoảng cách
giữa hai cạnh
1
AA
và
BC
theo
a
, biết góc giữa
1
( )
A BC
và
( )
ABC
bằng
0
60
Câu 6(1,0 điểm). Cho
, , 2
x y z
> −
. Tìm GTNN của biểu thức :
2 2 2
2 2 2
1 1 1
2 2 2 2 2 2
x y z
P
y z z x x y
+ + +
= + +
+ + + + + +
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a( 1
điểm). Cho đường tròn
( )C
có phương trình :
2 2
( 1) ( 2) 9x y+ + − =
và điểm
(2;3)M
. Viết
ph
ương trình đường thẳng
∆
qua
M
cắt
( )C
tại
A
và
B
sao cho
2 2
8 . 10
MA MB MA MB
+ − =
Câu 8.a ( 1 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
cho
(1;2;3)A
và hai đường thẳng
1
2 2 3
( ):
2 1 1
x y z
d
− + −
= =
−
;
2
1 1 1
( ):
1 2 1
x y z
d
− − +
= =
−
. Viết phương trình đường thẳng
∆
qua
A
, vuông
góc với
1
d
và cắt
2
d
Câu 9.a ( 1 điểm). Tìm số phức
z
thoả mãn
1 2 5z i+ − =
và
. 34
z z
=
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b( 1
điểm). Trong mặt phẳng
Oxy
, cho đường thẳng
( ): 2 3 0d x y+ + =
và elip
2 2
( ) : 1
4 1
x y
E + =
.
Viết phương trình đường thẳng
∆
vuông góc với
d
cắt
( )
E
tại hai điểm
,
A B
sao cho
1
OAB
S =
Câu 8.b ( 1 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
cho
1 4
( ):
1 1 2
x y z
d
+ −
= =
và các điểm
(1;2;7), (1;5;2), (3;2;4)A B C
. Tìm
M
thuộc
d
sao cho
2 2 2
MA MB MC
− −
đạt GTLN
Câu 9.b ( 1 điểm). Giải phương trình :
2 2
3 4
log ( 2 4) log ( 1) 4x x x
− + = − +
H
ẾT
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:………………………
2
SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II
NĂM HỌC 2012-2013
H
ƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN HỌC
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu1
(2 điể
m)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH:
a) (1 điểm)
+TXĐ :
{
}
/ 1D = ℝ
+
2
2
' ' 0
( 1)
y y x D
x
−
= ⇒ < ∀ ∈
−
+ Hàm s
ố nghịch biến trên
( )
;1−∞
và
( )
1;+∞
+ Hàm số không có cực trị
+
1
lim 1 1
1
x
x
y
x
→∞
+
= ⇒ =
−
là TCN;
1 1
lim ,lim
x x
y y
+ −
→ →
= +∞ = −∞ ⇒
1
x
=
là TCĐ
+ Bảng biến thiên:
x
−∞
1
+∞
y’
-
-
y
1
+∞
−∞
1
+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm
(0; 1),( 1;0),(2;3)− −
0,25
0.25
0.25
0,25
3
b) (1
điểm)
+PT hoành
độ giao điểm :
1
( 1)
1
x
x m x
x
+
= − ≠
−
2
( 2) 1 0 (1)x m x m⇔ − + + − =
Suy ra
để
d
cắt
( )
H
tại hai điểm phân biệt thì pt
(1)
phải có hai nghiệm phân biệt khác
2
( 2) 4( 1) 0
1 ,
1 2 1 0
m m
m
m m
∆ = + − + >
⇔ ∀
− − + − ≠
+ Gọi
( ; ), ( ; )
A A B B
A x x m B x x m
− −
, suy ra
,
A B
x x
là nghiệm của pt
2
(1)
1
A B
A B
x x m
x x m
+ = +
⇒
= −
+ Ta có
2 2 2 2
2( ) 2 ( ) 4 2 ( 2) 4( 1) 2( 8)
A B A B A B
AB x x x x x x m m m
= − = + − = + − − = +
( , )
2
m
d O AB
−
=
+ Theo bài ra ta có
2 4 2
1 3 1 3
. ( , ) 2( 8) 8 9 0 1
2 2 2 2
2
OAB
m
S AB d O AB m m m m
−
= = ⇔ + = ⇔ + − = ⇔ = ±
Vậy
1m = ±
là giá trị cần tìm.
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu2
(1
điểm
)
2) (1
điểm)
ĐK:
3
cos 2 ,
2 6
x x m m
π
π
≠ ⇔ ≠ ± + ∈
ℤ
3 2 2
3 2 2
2
2
3 1
2sin 2 3sin .cos 2sin sin2x os2 0
2 2
4sin 4 3sin .cos 4sin 3sin 2 os2 0
1 os2
4sin 2 3sin2 .sinx 3sin 2 4sin os2 0
2
2sin 4sin os2 2sin . os2 3sin2 (2sin 1) 0
2sin (1 2sin
PT x x x x c x
x x x x x c x
c x
x x x x c x
x x c x x c x x x
x
⇔ + − − + =
⇔ + − − + =
−
⇔ + − − + =
⇔ − + − + − =
⇔ − ) os2 (1 2sin ) 3sin2 (2sin 1) 0
1
sinx
2
(2sin 1)( 3sin2 os2 2sin ) 0
3sin2 os2 2sin
x c x x x x
x x c x x
x c x x
+ − + − =
=
⇔ − − − = ⇔
− =
+ Với
2 ( )
1
6
sin ,
5
2
2
6
x k KTM
x k
x k
π
π
π
π
= +
= ⇔ ∈
= +
ℤ
+ Với
0.25
0,25
0,25
4
2 ( )
3 1
6
sin 2 os2 sinx sin(2 ) sinx ,
7 2
2 2 6
18 3
x k KTM
x c x x k
k
x
π
π
π
π π
= +
− = ⇔ − = ⇔ ∈
= +
ℤ
+
Vậy nghiệm của PT là
:
5
2
6
,
7 2
18 3
x k
k
k
x
π
π
π π
= +
∈
= +
ℤ
0,25
Câu3
(1
điểm
)
3) (1 điểm)
( )
( )
3
3
2 2 1 3 1 1
3 2 40 0 2
y x x x y
x x y
+ − = − −
+ − + =
ĐK:
1 0 1
x x
− ≥ ⇔ ≤
[ ]
3
(1) 2 2 (1 ) 1 1 3 1y x x x y⇔ + − − + − = − −
3
2 2(1 ) 1 1y y x x x⇔ + = − − + −
Xét
( ) ( )
3 2
2 2 1 0f t t t f t t
′
= + ⇒ = + >
( )f t⇒
đồng biến
( )
( ) 1 1f y f x y x⇒ = − ⇔ = −
+ Với
1y x= −
thay vào (2) ta được:
3
3 2 1 40 0x x x+ − − + =
Đặt
( )
3
3 2 1 40f x x x x= + − − +
2
1
( ) 3 3 0 1
1
f x x x
x
′
= + + > ∀ <
−
( 3) 0 3f x
− =
⇒
= −
là nghiệm duy nhất.
3
2
x
y
= −
⇒
=
là nghiệm của hệ .
0.25
0,25
0,25
0.25
Câu4
(1
điểm
)
2 2
3
1
ln ln ln 3ln 2
e
x x x
I dx
x
+ + +
=
∫
2 2
1 1
ln 1 ln(ln 3ln 2
3
e e
x x x
dx dx
x x
+ +
= +
∫ ∫
Đặt
2
2 3
1 1
ln 1 1
ln (ln ) ln
1
3 3
e e
e
x
E dx xd x x
x
= = = =
∫ ∫
Đặt
2
1
ln(ln 3ln 2)
e
x x
F dx
x
+ +
=
∫
Đặt
ln
x t
=
x 1 e
1
dx dt
x
=
t 0 1
0.25
0,25
5
1
2
0
ln( 3 2)
F t t dt
⇒ = + +
∫
Đặt
2
ln( 3 2)u t t= + +
2
2 3
;
3 2
t
du dt v dt t
t t
+
⇒ = = =
+ +
∫
2
1
2
2
0
1
2 3
ln( 3 2)
0
3 2
t t
I t t t dt
t t
+
= + + −
+ +
∫
( )
1 1
1
2
2 2
0
0 0
1
3 4 3 4
ln 3 2 2 ln6 2
0
3 2 3 2
t t
t t t dt dt dt
t t t t
+ +
= + + − − = − +
+ + + +
∫ ∫ ∫
1 1
0 0
ln 6 2 ln 1 2ln 2 ln6 2 ln2 2ln3 2ln2 3ln3 2t t= − + + + + = − + + − = −
+ Vậy :
1
3
1 1 1
(3ln3 2) ln3
3 3 3
I E F= +
= + − = − +
0,25
0,25
Câu5
(1
điểm
)
+
Gọi
M
là trung điểm của
BC
ta có
(1)
AM BC
⊥
Mà
1 1
(2)AH BC AM BC⊥
⇒
⊥
Từ
(1)
và
(2)
suy ra
0
1 1 1
(( );( )) ( ; ) 60A BC ABC AM AM AMA= = =
+
0
1
1
3 1 2
; ;
2 3 3
2 3 3
tan60
2
a a a
AM HM AM AH AM
A H a
A H
MH
= = = = =
+ = ⇒ =
+
3
. 1
1 1 1
3
. ( )
8
ABC A B C ABC
a
V AH S dvtt= =
+
Trong mặt phẳng
1
(AA )
M
kẻ
1
MK A A
⊥
,do
1 1
(AMA ) (AA ; )
BC MK BC d BC MK
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
+
Mà
1 1 1
1
1
AA .
AA
AA
AH AH AM
H AMK MK
MK AM
∆ ∆ ⇒ = ⇒ =∼
+ Do
2 2
1
7 3
AA
3 4 12
2 7
a a a
a MK= + = ⇒ =
+Vậy
1
3
(AA ; ) ( )
2 7
a
d BC dvdd=
0,25
0,25
0,25
0,25
6
Câu6
(1
điểm
)
C1
A
B
C
B1
A1
K
H
M
6) (1
điểm)
+
Ta có
2
2 2 2 0y z y+ + ≥ + >
M
ặt khác :
2 2 2
2 2
2 2
2 2 2
1 1 4(1 )
2 2 2 2
2 2
1 2(1 )
2 2 1 4(1 )
y y z
y z z
x x
y z y z
+ + + +
+ + ≤ + + =
+ +
⇒ ≥
+ + + + +
Tương tự:
2 2
2 2 2
2 2
2 2 2
1 2(1 )
2 2 1 4(1 )
1 2(1 )
2 2 1 4(1 )
y y
z x z x
z z
x y x y
+ +
≥
+ + + + +
+ +
≥
+ + + + +
+ T
ừ đó suy ra
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2(1 ) 2(1 ) 2(1 )
1 4(1 ) 1 4(1 ) 1 4(1 )
x y z
P
y z z x x y
+ + +
≥ + +
+ + + + + + + + +
Đặt
2 2 2
1 ;1 ;1 , , 0x a y b z c a b c+ = + = + =
⇒
>
Ta có :
2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
4 4 4 4 4 4
2( ) 2.3( ) 6
5( ) 5( ) 5
a b c a b c
P
b c c a a b ab ca bc ab ca bc
a b c ab bc ca
ab bc ca ab bc ca
≥ + + = + +
+ + + + + +
+ + + +
≥ ≥ =
+ + + +
Vậy
6
1
5
MinP x y z
= ⇔ = = =
0,25
0,25
0,25
0,25
7
Câu7
a
(1
điểm
)
PH
ẦN RIÊNG: ( A. Theo chương trình chuẩn)
7a) (1
điểm)
+ Theo bài ra ta có
( 1;2), 3I R− =
M
nằm ngoài đường tròn nên ta có
2 2
. 1
MAMB MI R
= − =
+ Theo bài ra ta có
2 2
2
8 . 10
( ) 16 4
. 1
MA MB MA MB
MA MB AB
MA MB
+ − =
⇒ − = ⇒ =
=
+ Phương trình
2 2
: ( 2) ( 3) 0 (a 0) ax 2 3 0a x b y b by a b∆ − + − = + ≠ ⇔ + − − =
Từ
2
2 2 2
2 2
2
3 2
( , ) 5 5 2 3 2 0
1
4
2
a b
a b
AB
d I R a ab b
a b
a b
= −
+
∆ = − = ⇒ = ⇔ + − = ⇔
=
+
+ Phương trình đường thẳng thoả mãn bài toán là:
2 1 0, 2 8 0
x y x y
− − = + − =
I
H
B
A
M
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu8
a
(1
điểm
)
8a) (1 điểm)
+ Giả sử
2 2
(1 ;1 2 ; 1 ) ( ;2 1; 4)d B B t t t d AB t t t∆ ∩ = ⇒ − + − + ∈ ⇒ = − − −
+ Ta có :
1 1 1
. 0 2( ) (2 1) 4 0 1
(1; 3; 5)
d AB u AB u t t t t
AB
∆ ⊥ ⇒ ⊥ ⇔ = ⇔ − − − + − = ⇔ = −
⇒ − −
+ Vậy
1 2 3
:
1 3 5
x y z− − −
∆ = =
− −
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu9
a
(1
điểm
)
9a) (1 điểm)
+ Gọi
2 2
1 2 5 ( 1) ( 2) 5 ( 1) ( 2) 5 (1)z a bi z i a b i a b= + ⇒ + − = ⇔ + + − = ⇔ + + − =
+ Ta có
2 2
. 34 ( )( ) 34 34 (2)z z a bi a bi a b= ⇔ + − = ⇔ + =
+ T
ừ
(1)
và
(2)
ta có hệ
2 2
2 2
2 2
3
5
2 7
2 4 20
3
34
34
5
29
5
a
b
a b
a b a b
a
a b
a b
b
=
=
− = −
+ + − =
⇔ ⇔
=
+ =
+ =
−
=
0,25
0,25
0,25
0,25
8
+ Vậy
29 3
3 5 , .
5 5
z i z i
−
= + = +
Câu7
b
(1
điểm
)
B. Theo chương trình nâng cao:
7b) (1 điểm)
+ Vì
: 2 0d x y m∆ ⊥ ⇒ ∆ + − =
. Khi đó toạ đô
,
A B
là nghiệm của hệ :
2 2
2
(*)
8 4 4 0 (1)
x y m
y my m
= −
− + − =
d
cắt
( )
E
tại hai điểm phân biệt
,
A B
⇔
hệ
(*)
có
hai nghiệm phân biệt
2
32 4 0 2 2 2 2 (**)m m⇔ − > ⇔ − < <
+ G
ọi
1 1 2 2
(2 ; ), (2 ; )
A y m y B y m y
− −
. Trong đó
1 2
,
y y
là ngiệm của phương trình
(1)
1 2
2 2
2 2 2
2 1 1 2 1 2
2
1 2
5(8 ) 5. 8
2
5( ) 5 ( ) 4
4 2
4
8
m
y y
m m
AB y y y y y y AB
m
y y
+ =
− −
⇒ ⇒ = − = + − = ⇒ =
−
=
+ Đường cao
2 2
2
(8 )
1
( ; ) . 1 4 2
2 4
5
OAB
m
m m
OH d O S OH AB m m
−
= ∆ = ⇒ = = = ⇔ = ⇔ = ±
( Thoả mãn
(**)
).
+ Vậy phương trình đường thẳng
: 2 2 0
x y
∆ − + =
hoặc
2 2 0
x y
− − =
0,2
5
0,2
5
0,2
5
0,2
5
Câu8
b
(1
điểm
)
8b) (1 điểm)
+ Vì
( 2 1; 4;2 )
M d M t t t
∈ ⇒ − − +
+ Khi đó
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
( 2 2) ( 2) (2 7) ( 2 2) ( 1) (2 2)
( 2 4) ( 2) (2 4) 9( 1) 21 21
P MA MB MC t t t t t t
t t t t
= − − = − − + + + − − − − + − + −
− − − + + + − = − + + ≤
+ Suy ra
21 1 (1;3; 2)MaxP t M= ⇔ = − ⇒ −
0,2
5
0,2
5
0,2
5
0,2
5
9
Câu9
b
(1
điểm
)
9b) (1 điểm)
+Đặt
2 2
3
log ( 2 4) 2 3 4
t
x x t x x− + = ⇒ − = −
+ Suy ra ta có phương trình
4
3 1
log (3 1) 3 1 4 1
4 4
t t
t t t
t
+ = ⇔ + = ⇔ + =
+ Xét hàm
3 1
( )
4 4
t t
f t
= +
, dễ thấy
( )f t
ngịch biến mà
(1) 1f =
1t⇒ =
là nghiệm
duy nhất
+ V
ới
1 1t x= ⇒ =
là nghiệm của phương trình
0,25
0,25
0,25
0,25
( Chú ý: Mọi cách giải đúng và gọn đều cho điểm tương ứng)
