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 A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
2 x 1
Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số y 
.
x 1
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 x  2 3 sin x cos x  1

2 cos 2 x

Câu 2 ( 1,0 điểm) Giải phương trình:

8 x

Câu 3 ( 1,0 điểm) Giải bất phương trình:

9 x



2 x

x 1

3 cos x  sin x .

 3.



3 sin x  sin 2 x

3

Câu 4 ( 1,0 điểm) Tính tích phân :

I=

 (cos 2 x  3 cos x  1)(3  2 sin
0

2

x)

dx.

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 .

x4 y4
.
( x  yz ).( y  zx ).( z  xy ) 3
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
 : x  y  1  0 , đường thẳng BC song song với  và đường cao kẻ từ B có phương trình: 2x – y – 2 = 0.
5 5
Tính diện tích tam giác ABC biết điểm M ( ; ) nằm trên cạnh AC và thỏa mãn AM = 3 MC.
2 4
Câu 8a ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (P): 2x + y + z – 2 = 0 và hai

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T =

x 1 y  3 z  3
x
y2
z

 và d2:


. Viết phương trình đường thẳng  song
1
2
1
1
3
2
song với ( P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại M, N sao cho đoạn MN ngắn nhất.

đường thẳng d1:

Câu 9a ( 1,0 điểm) Tính môđun của số phức z – 2i biết ( z  2i ).( 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 ): x 2  y 2  4 y  0 và
(C2): x 2  4 x  y 2  18 y  36  0 . 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 : x  1  y  z  9 ,  2 : x  1  y  3  z  4 lần lượt chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B và đường
1

1

2

2

1

1

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:  log

xy

x
 log
y

2
x

y  1 , ( x, y  R )

 log ( x 2  y 2 )  1
2


-------------------- 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
Câu
1
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’ =

3

x  12

 0 với mọi x ≠ -1 nên hàm số đồng biến trên các

khoảng (,1), (1,) .
 Cực trị: Hàm số không có cực trị.
 Giới hạn và tiệm cận:
lim y  2 , lim y  2  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

2


2

 Đồ thị:
Đồ thị đi qua các điểm (0, 1); (2, 1) và
nhận I(-1, 2) làm tâm đối xứng.
2.

Vẽ đồ thị

Bạn đọc tự vẽ ( xin cảm ơn)

Gọi k là hệ số góc của đt  suy ra PT  : y = k( x+1) + 2.
2 x 1

PT hoành độ giao điểm của  và (C) :
 k( x+1) +2  kx 2  2kx  k  3  0 (*)
x 1
Đường thẳng  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B
k  0
 PT (*) có 2 nghiệm phân biệt  
 k<0.
 '  0
Với k < 0 gọi A( x1 ; k(x1 + 1) + 2), B( x2 ; k(x2 + 1) + 2) là các giao điểm của  với
 x1  x 2   2

( C ) thì x1, x2 là các nghiệm của PT (*) . Theo Viet ta có 
k 3.
x
.
x

 1 2
k
Ta có AB =

0,25

x

 x1   k ( x 2  x1 ) 
2

2

2



k

2



 1 x 2  x1 

2

=

0,25

0,25

0,25

0,25


=

k

2





 1 x 2  x1   4 x1 .x 2 
2

k

2

 k12 ,

1 .

d( O ;  ) =

k 2
k2  1

Theo bài ra diện tích tam giác ABC bằng 3 nên ta có :
1
AB. d( O ;  ) = 3  k   1, k   4 thỏa mãn k < 0.
2
Vậy có 2 PT đường thẳng  là y = - x + 1; y = - 4x -2.
Câu
2

Điều kiện: cos2x  0 (*)

3 cos 2 x  2 3 sin x cos x  sin 2 x

3 cos x  sin x
2 cos 2 x
 ( 3 cos x  sin x ) 2  2 cos 2 x. ( 3 cos x  sin x )

Pt đã cho 



 x  3  k

 x    k 2 , x     k 2

6
18
3
Các nghiệm đều TMĐK ( *) nên phương trình đã cho có 3 họ nghiệm:



2
x   k , x   k 2 , x    k
(k  Z ) .
3
6
18
3
 1

1 
ĐK : 1< x¸< 9 ( * ). Với đk ( * ) ta có : ( 1 )  9  x  x  1  

  3
x 1 
 9 x
 9  x  x 1 
  3 ( 2 ) Đặt t = 9  x  x  1 , t > 0.
 9  x  x 1  
 9  x . x 1 


2
Ta có: 8  t  8  2 (9  x).( x  1)  8  9  x  x  1  16 .
 3 cos x  sin x  0


2
cos
2
x

3
cos
x

sin
x


Câu
3

0,25

 2 2  t  4 ( ** ) và

 tan x  3

cos 2 x  cos ( x   )

6

(9  x).( x  1) 

0,5

0,5

t 2 8
2t
. Khi đó BPT ( 2 ) trở thành: t  2
 3
2
t 8

 t 3  3t 2  10t  24  0 ( do ( **) ).
 (t  3).(t  2).( t  4)  0  t  4 . Kết hợp với ( ** ) ta suy ra t = 4 hay

0,5

x  1 = 4  x  5 . Vậy BPT đã cho có tập nghiệm T =  5  .

9 x 
Câu
4

0,5





3 sin x  sin 2 x
dx. =
Ta có I = 
2
2
(
2
cos
x

3
cos
x
)(
3

2

sin
x
)
0
3

 (2 cos x  3). cos x. (1  2 cos
0





sin x( 3  2 cos x)
0 (2 cos x  3). cos x. (1  2 cos 2 x ) dx 

3

3

=

sin x( 3  2 cos x)

3

 sin x

 cos x. (1  2 cos
0

2

x)

2

x)

dx
0,25

dx


3

=

cos x.( sin x).dx
. Đặt t = 2 cos 2 x  dt  4 cos x.( sin x)dx .
2
2
x. (1  2 cos x )

 cos
0

Đổi cận: Khi x = 0  t  2 ; khi x 


3

t

1
1
. Khi đó I =
2
2

1
2


2

dt
=
t.(1  t )

0,25

0,5


1
2

1

2 2

=
Câu
5

1
1 
 
 dt = 1 . ln
2
 t t 1 

1
2

t
t 1

=

1
1
2
1 1
1
.( ln  ln ) = . ln . Vậy I =  ln 2 .
2
3
3

2 2
2
C'

A'

B'

2a

K

H

60

a

a

C

A

M

B

2

Theo bài ra góc giữa cạnh bên AA’ và mặt
phẳng (ABC) bằng 600 nên góc A' AH  60 0
và do AA’ = 2a nên A’H = a 3 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.
a
1
a2. 3
Khi đó ta có AM =  BC  2 MC  a 3  S ABC  BC.AM 
.
2
2
4
3a 3
Thể tích khối lăng trụ đã cho là : V = A' H . S ABC 
.
4
Nối A’M, ta có mp(A’HM)  BC khi đó kẻ HK  A' M , K  A' M thì HK  ( A' BC) nên độ dài

1
1
1
3a



....  HK 
.
2
2
2
HK
A' H
HM
7

đoạn HK là d( H ; (A’BC)) = HK. Ta có :

0,25

0,25

0,25

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

suy ra khoảng cách d( H ; (A’BC)) =

3a

.

7

--------------

d( H ; ( A' BC))
HM
a

 3 . Vậy khoảng cách d( A ; (A’BC)) =
.
d( A ; ( A' BC))
AM
7
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 .
Ta lại có :

Câu
6

Khi đó :

T=

x4 y4

( x  y ).(1  y ).( x  y ).(1  x). ( x  1)( y  1)

3

=

x4 y4

( x  y ) . ( x  1)( y  1)

2

0,25
0,25

4

Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương x, y ta có :
4

4
3 
3

x  14   x  x  x  1   4 4 x   4 4 . x ,
27 
27
3 3 3



0,25

4

4
3 
3

 y  1   y  y  y  1   4 4 y   4 4 . y , x  y 2  4 xy .

27 
27
3 3 3


4

Do đó ( x  y ) 2 . ( x  1)( y  1)  4 xy. 4 8.
4

x 3 .y 3 49 4 4
36
suy
ra
(*)

.
x
.
y
T

36
36
49

x y
36
  1
Dấu “=” ở ( * ) xảy ra   3 3

 x  3, y  3, z  7 .Vậy Max T  9 khi x= 3, y =3, z = 7
4
 z  x  y  1

0,25

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.
x  2 y  5  0
 x 1
3
3
Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ: 

 A(1; 2)  AM  ( ;  )
2
4
x  y  1  0
y  2
5 5
4
Do điểm M ( ; ) nằm trên cạnh AC và thỏa mãn AM = 3 MC nên ta có AC  AM suy
2 4
3
ra tọa độ điểm C là C(3 ; 1).

Đường thẳng BC song song với  : x  y  1  0 và đi qua C(3 ; 1) nên có PT: x – y - 2 = 0.
x  y  2  0
x  0
Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ: 

 B( 0 ;  2)
2 x  y  2  0
y   2
Ta có: BC  ( 3 ; 3 )  BC  3 2 , d( A; BC) =

1 2  2
2



0, 5

3
0,5

2

1
9
BC. d ( A ; BC ) 
2
2
Do M  d1 , N  d 2 nên tọa độ các điểm M, N có dạng: M( t ; 2 – 2t; t), N( 1 + s; 3 - 3s; - 3+2s)
Vậy diện tích tam giác ABC là: S 

Câu
8a.

Câu
9a.

suy ra MN  (1  s  t ;1  2t  3s ;  3  t  2 s ) .Do  song song với ( P ) nên ta có: MN. n P  0
 2(1  s  t )  1  2t  3s  3  t  2 s  0  s  t . Khi đó

MN  (1;1  t ;  3  t )  MN  1  (1  t ) 2  (  3  t ) 2 = 2t 2  8t  11  2 ( t  2 ) 2  3  3
với mọi t. Dấu “ = ” xảy ra khi t = 2  M( 2 ; -2 ; 2)  ( P) ( thỏa mãn MN song song với (P)).

0,25

Đoạn MN ngắn nhất khi và chỉ khi M( 2 ; -2 ; 2), MN  (1;  1;  1).
x2
y 2
z 2


Vậy PT đường thẳng  cần tìm là:
.
1
1
1

0,25

Đặt z = a + bi ( a, b  R ). Khi đó:

( z  2i ).( z  2i )  4iz  0  ( 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
Ta lại có: z  2i  a  (b  2)i 

a 2  b 2  4b  4 =

0,5

a 2  b 2  4b  4  8  8  2 2

Vậy môđun của z – 2i bằng 2 2 .
Câu
7b.

0,5

Đường tròn ( C1 ) có tâm I1 ( 0 ; 2 ) và bk R1 = 2, Đường tròn ( C2 ) có tâm I2 ( -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  R  R1
 I I 2  I I1  R2  R1  5 Ta có: I I 1  (  a ; 2a  5) ; I I 2  (  2  a ; 2a  16)

 I I 2  R  R2

I I 2  I I1  5 


2  a 2  2a 162

5a 2  60a  260 



0,5

0,5

a 2  2a  5  5
2

5a 2  20a  25  5 

5a 2  20a  25  21  4a

21

21

a 
a 


4

4
 
5a 2  20a  25  441168a  16a 2
 a  4 hoac a  104





0,5

 a  4.

11

 I ( 4 ;  1 )  I I1  5  R  3 .Vậy PT đường tròn ( C ) cần tìm là:  x  4    y  1  9 .
2

2


Câu
8b.

Vì B   1  B( -1- t ; - t ; 9 + 2t), AB  (  2  t ;  4  t ; 6  2t ) , C   2  C ( 1 + 2k ; 3 –
k ; 4 – k ) . Đường thẳng  2 có một vtcp u 2  ( 2 ;  1;  1 ) . Theo bài ra ta có : AB   2 nên

0,25

AB. u 2  0  2( - t – 2) + 4 + t – 6 – 2t = 0  t = -2 suy ra B( 1 ; 2; 5).
7k 7k
Gọi M là trung điểm của đoạn AC suy ra M( 1  k ;
).
;
2
2
k  2 7  k  k  11

Do M   1 


 k  1  C( 3 ; 2; 3).
1
2
4
Ta có AB  ( 0 ;  2 ; 2 ), AC  (2 ;  2 ; 0) , BC  (2 ; 0 ;  2) suy ra AB = BC = AC = 2 2 nên

0,25

tam giác ABC là tam giác đều có cạnh a = 2 2 .

2
3 2 6
 5 8 11 
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I  ; ;  và bk R  IA  . a .
.

3
2
3
3 3 3 
Câu
9b.

0  xy  1, 0  x  1
ĐK: 
( * ) + Với y = 1 thay vào hệ đã cho ta được x 2  3  x  3 (Do ( *))
2

2
 y  0, x  y
x
+ Với 0 < y  1 và x, y thỏa mãn ĐK ( * ) ta có PT: log xy  log 2x y  1
y
1
1
1
1

 log 2x y  1 

 log 2x y  1

log x ( xy ) log y ( xy )
1  log x y 1  log y x
Đặt t = log x y khi đó ta được PT:

1
t

 t 2  1  t 3  t 2  2t  0  t = 0  y = 1
1 t t 1

( Loại)
Vậy HPT đã cho có nghiệm duy nhất  x ; y  





3 ;1

Lưu ý: Mọi cách giải đúng và khác với hướng dẫn chấm này giám khảo cho điểm tương ứng.

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25