đề thi thử đại học môn toán lần 2 - Hà Tỉnh

 

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)

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 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: .

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 d₁: và d₂: . Viết phương trình đường thẳng song

song với ( P) đồng thời cắt hai đường thẳng d₁ và d₂ 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 ( C₁ ): và

(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

:,: 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, A1
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: , Þ tiệm cận ngang y = 2, , Þ 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( x1 ; k(x1 + 1) + 2), B( x2 ; k(x2 + 1) + 2) là các giao điểm của với ( C ) thì x1, x2 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 : d( O ; ) =thỏa mãn k < 0. Vậy có 2 PT đường thẳng là y = - x + 1; y = - 4x -2.				0,25
Câu 2	Điều kiện: cos2x ¹ 0 (*) Pt đã cho Û Û ()				0,5
	Û 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 600 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. 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                   0,25       0,25     --------------     0,25
Câu 6	Vì (z + 1)( x + y) = z2 - 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 ( a2 + b2 – 4 – 4b) + [a( b – 2) – a( b + 2) + 4a] i = 0 a2 + b2 – 4b – 4 = 0				0,5
	Ta lại có:= Vậy môđun của z – 2i bằng .				0,5
Câu 7b.	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: 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.