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

TRƯỜNG 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 60
0
. 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 d
1
: và d
2
: . Viết
phương trình đường thẳng song
song với ( P) đồng thời cắt hai đường
thẳng d
1
và d
2
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 ( C
1
): và
(C
2

): . 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 ( C
1
) và ( C
2
).
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
12
+
−
=
x
x
y
∆
3
.sincos3
2cos2
1cossin32cos2
2
xx
x
xxx
−=
+−
.3
1

2
9
8
≥
−
−
−
−
−
x
x
x
x
.
)sin23)(1cos32(cos
2sinsin3
3
0
2
∫
−+−
−
π
dx
xxx
xx
( )
1z z x y x y− − = + +
3
44

)).().(( xyzzxyyzx
yx
+++
01: =+−∆ yx
∆
)
4
5
;
2
5
(
12
2
1
zyx
=
−
−
=
2
3
3
3
1
1 +
=
−
−
=

− z
y
x
∆
04)2).(2( =+−− iziziz
04
22
=−+ yyx
036184
22
=++++ yyxx
:,: 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
Nội dung
Điểm

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

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) :
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( x
1

; k(x
1
+ 1) + 2), B(
x
2
; k(x
2
+ 1) + 2) là các giao điểm của với
( C ) thì x
1
, x
2
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 :
0,25
1
∆
2
9
11
1 −
=
−
=
−
+ zyx

2
∆
1 3 4
2 1 1
x y z− − −
= =
− −





=−
=−
1)(log
1loglog
22
2
2
yx
y
y
x
xxy
∈yx,
( )
0
1
3
2

>
−x
),1(),1,( +∞−−−∞
−∞=
+
−→
y
x 1
lim
+∞=
−
−→
y
x 1
lim
2lim =
+∞→
y
x
2lim =
−∞→
y
x
∆∆
∆
=
+
−
1
12

x
x
032
2
=+++⇔ kkxkx
∆
⇔
⇔



>∆
≠
⇔
0'
0k
∆





+
=
−=+
k
k
xx
xx
3

.
2
21
21
( )
( )
( )
( )
2
12
2
2
12
2
12
1)( xxkxxkxx −+=−+−
( )
( )
[ ]
( )
k
kxxxxk
12
.1.41
2
21
2
12
2
−

+=−++
∆
1
2
2
+
+
k
k
3
x −∞ -1 +∞
y’ + || +
y
2
−∞
+∞
2
2
d( O ; ) =thỏa mãn k < 0.
Vậy có 2 PT đường thẳng là y = - x
+ 1; y = - 4x -2.
Câu
2
Điều kiện: cos2x ≠ 0 (*) Pt
đã cho ⇔
⇔ ()
0,5
⇔
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
4
Ta có I = =
=
0,25
= . Đặt t = . 0,25
Đổi cận: Khi x = 0; khi. Khi đó I = =
= = = = . Vậy I = .
0,5
Câu
5
Theo bài ra góc
giữa cạnh bên

AA’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
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


.
2
1
AB
∆
3
4,1 −=−=⇔ kk
∆
xx sincos3 −
xx sincos3 −
.2cos2)sincos3(
2
xxx =−

=
+−
x
xxxx
2cos2
sincossin32cos3
22
⇔




−=
=−
xxx
xx
sincos32cos2
0sincos3





+=
=
)
6
(cos2cos
3tan
π

xx
x






+−=+=
+=
⇔
3
2
18
,2
6
3
ππ
π
π
π
π
kxkx
kx
)(
3
2
18
,2
6

,
3
Zkkxkxkx ∈+−=+=+=
ππ
π
π
π
π
3
1
1
9
1
19 ≥








−
+
−
−−+−⇔
xx
xx
3
1.9

19
19 ≥








−−
−+−
−−+−⇔
xx
xx
xx
19 −+− xx
16198)1).(9(288
2
=−+−+≤−−+=< xxxxt
422 ≤<⇒ t
2
8
)1).(9(
2
−
=−−
t
xx
3

8
2
2
≥
−
−
t
t
t
024103
23
≥+−−⇔ ttt
⇔
40)4).(2).(3( ≥⇔≥−−+ tttt
19 −+− xx
5=⇔ x
{ }
5
.
)sin23)(cos3cos2(
2sinsin3
3
0
22
∫
−−
−
π
dx
xxx

xx
∫
+−
−
3
0
2
)cos21(.cos).3cos2(
)cos23(sin
π
dx
xxx
xx
∫
+−
−
3
0
2
)cos21(.cos).3cos2(
)cos23(sin
π
dx
xxx
xx
∫
+
−
=
3

0
2
)cos21(.cos
sin
π
dx
xx
x
dxxxdt )sin.(cos4 −=⇒
x
2
cos2
∫
+
−
3
0
22
)cos21(.cos
).sin.(cos
π
xx
dxxx
2=⇒ t
2
1
3
=⇒= tx
π
∫

+
2
1
2
)1.(2
1
tt
dt
dt
tt
∫








+
−
2
1
2
1
11
2
1
1
ln

2
1
2
.
2
1
+t
t
)
3
2
ln
3
1
ln.(
2
1
−
2
1
ln.
2
1
2ln
2
1
−
0
60' =∠ AHA
3a

60
2a
a
a
M
C
A
A '
B'
C'
B
H
K
Khi 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)) = .
0,25
Câu
6
Vì (z + 1)( x + y) = z
2
- 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
Do đó suy ra ( * )
0,25
Dấu “=” ở ( * ) xảy ra.Vậy
Max khi x= 3, y =3, z = 7
0,25
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) =
Vậy diện tích tam giác ABC là:
0,5
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),
Vậy 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
0,5
7
a
( )
1z z x y x y− − = + +
⇒
zyx =++ 1
[ ]
3
44
)1)(1().1).().(1).(( ++++++ yxxyxyyx
yx

[ ]
4
2
44
)1)(1(.)( +++ yxyx
yx
3
BC))A' ( ;A d(
BC))A' ( ; H d(
==
AM
HM
( )
27
.4
27
41
333
1
3
4
4
4
3
4
4
xxxxx
x =









≥






+++=+
( )
27
.4
27
41
333
1
3
4
4
4
3
4
4
yyyyy
y =









≥






+++=+
( )
xyyx 4
2
≥+
[ ]
4
2
)1)(1(.)( +++ yxyx
44
6
9
6
33
8

3
4
3
.
.4.4 yx
yx
xy =≥
7
3a
9
6
4
3
≤T
7,3,3
1
1
33
===⇔





++=
==
⇔ zyx
yxz
yx

9
6
4
3
=T
)2;1(
2
1
01
052
A
y
x
yx
yx
⇒



=
=
⇔



=+−
=−+
)
4
3

;
2
3
( −=⇒ AM
7
3

1
'
11
222
a
HK
HMHAHK
=⇒⇒+=
)
4
5
;
2
5
(
AMAC
3
4
=
01: =+−∆ yx
)2;0(
2
0

022
02
−⇒



−=
=
⇔



=−−
=−−
B
y
x
yx
yx
23)3;3( =⇒= BCBC
)'( BCA⊥
2
3
2
221
=
−−
== );(
2
1

BCAdBCS
2
9
1
d∈
2
d∈
MAKMA ',' ∈⊥
)23;321;1( ststtsMN +−−−+−+=
∆
0. =
P
nMN
023321)1(2 =+−−−++−+⇔ ststts
ts
=⇔
BC⊥
22
)3()1(1)3;1;1( ttMNttMN +−+−+=⇒+−−=
1182
2
+− tt
33)2(2
2
≥+−= t
⇔
)( P∉
4
3
.'

3
a
SHA
ABC
=
∆
).1;1;1( −−=MN
∆
1
2
1
2
1
2
−
−
=
−
+
=
− zyx
∈
04)2).(2( =+−− iziziz
4
3.
.
2
1
2
a

AMBCS
ABC
==⇒
∆
⇔
32
2
aMCBC
a
==⇒
( a
2

+ b
2
– 4 – 4b) + [a( b – 2) – a( b + 2) + 4a] i = 0 a
2

+ b
2
– 4b – 4 = 0
Ta lại có:=
Vậy môđun của z – 2i
bằng .
0,5
Câu
7b.
Đường tròn ( C
1
) có tâm I

1
( 0 ; 2 ) và bk R
1
= 2, Đường tròn ( C
2
) có tâm I
2
( -2 ; -9) và
bk R
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 ( C
1
) , ( C
2
) nên ta có:
Ta có: ;
0,5

.Vậy PT đường tròn ( C )
cần tìm là: .
0,5
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 ra ta 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
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC có tâm I và bk . 0,25
Câu
9b.
ĐK:( * ) + Với y = 1 thay vào hệ đã
cho ta được (Do ( *))
0,25
+ Với 0 < y và x, y thỏa mãn ĐK
( * ) ta có PT:

0,25
Đặt t = khi đó ta được PT:t = 0 y = 1
( Loại)
0,25
Vậy HPT đã cho có nghiệm duy nhất
0,25
Lưu ý: Mọi cách giải đúng và khác với hướng dẫn chấm này giám khảo cho điểm tương ứng.
⇔
⇔
44)2(2
22
+−+=−+=− bbaibaiz
228844

22
==+−−+ bba
22



+=
+=
22
11
RRII
RRII
5
1212
=−=−⇒ RRIIII
)52;(
1
−−= aaII
)162;2(
2
−−−= aaII
( ) ( ) ( )
55216225
2
2
22
12
=−+−−++⇔=− aaaaIIII
⇔
525205260605

22
++−=+− aaaa
⇔
aaa 42125205
2
−=+−





+−=+−
≤
⇔
22
1616844125205
4
21
aaaa
a
.4
11
104
4
4
21
=⇔








==
≤
⇔ a
ahoaca
a
35)1;4(
1
=⇒=⇒−⇒ RIII
( ) ( )
914
22
=++− yx
1
∆∈
⇒
)26;4;2( tttAB +−−−−=
2
∆∈
⇒
2
∆
)1;1;2(
2
−−=u
⊥
2

∆
0.
2
=uAB
⇔⇔
2
7
;
2
7
;1
kk
k
−−
+
1
∆∈
⇒
1
4
11
2
7
1
2
=⇔
−−
=
−
−

=
−
+
k
k
k
k
⇒
),2;2;0( −=AB
)0;2;2( −=AC
)2;0;2( −=BC
22 22






3
11
;
3
8
;
3
5
3
62
2
3

3
2
=== aIAR



>>
≠<≠<
22
,0
10,10
yxy
xxy
33
2
=⇔= xx
1≠
1loglog
2
=− y
y
x
xxy
⇔
1log
)(log
1
)(log
1

2
=−− y
xyxy
x
yx
⇔
1log
log1
1
log1
1
2
=−
+
−
+
y
xy
x
yx
y
x
log
1
11
1
2
=−
+
−

+
t
t
t
t
⇔
02
23
=++ ttt
⇔⇔
( )
( )
1;3; =yx