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 12 + − = x x y . 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). Câu 2 ( 1,0 điểm) Giải phương trình: .sincos3 2cos2 1cossin32cos2 2 xx x xxx −= +− Câu 3 ( 1,0 điểm) Giải bất phương trình: .3 1 2 9 8 ≥ − − − − − x x x x Câu 4 ( 1,0 điểm) Tính tích phân : I = . )sin23)(1cos32(cos 2sinsin3 3 0 2 ∫ −+− − π dx xxx xx 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: ( ) 1z z x y x y− − = + + . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = 3 44 )).().(( xyzzxyyzx yx +++ . 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 01: =+−∆ yx , đường thẳng BC song song với ∆ và đường cao kẻ từ B có phương trình: 2x – y – 2 = 0. Tính diện tích tam giác ABC biết điểm M ) 4 5 ; 2 5 ( 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 : 12 2 1 zyx = − − = và d 2 : 2 3 3 3 1 1 + = − − = − z y x . 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 04)2).(2( =+−− iziziz . 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 ): 04 22 =−+ yyx và (C 2 ): 036184 22 =++++ yyxx . 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 ∆ : 2 9 11 1 − = − = − + zyx , 2 ∆ : 1 3 4 2 1 1 x y z − − − = = − − 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:      =− =− 1)(log 1loglog 22 2 2 yx y y x xxy , ( ∈yx, 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’ = ( ) 0 1 3 2 > −x với mọi x ≠ -1 nên hàm số đồng biến trên các khoảng ),1(),1,( +∞−−−∞ . − Cực trị: Hàm số không có cực trị. 0,25 − Giới hạn và tiệm cận: 2lim = −∞→ y x , 2lim = +∞→ y x ⇒ tiệm cận ngang y = 2, +∞= − −→ y x 1 lim , −∞= + −→ y x 1 lim ⇒ 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 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) : = + − 1 12 x x k( x+1) +2 032 2 =+++⇔ kkxkx (*) Đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ PT (*) có 2 nghiệm phân biệt ⇔    >∆ ≠ ⇔ 0' 0k 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      + = −=+ k k xx xx 3 . 2 21 21 . 0,25 Ta có AB = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 12 2 2 12 2 12 1)( xxkxxkxx −+=−+− = = ( ) ( ) [ ] ( ) k kxxxxk 12 .1.41 2 21 2 12 2 − +=−++ , d( O ; ∆ ) = 1 2 2 + + k k 0,25 Theo bài ra diện tích tam giác ABC bằng 3 nên ta có : . 2 1 AB d( O ; ∆ ) = 3 4,1 −=−=⇔ kk thỏa mãn k < 0. Vậy có 2 PT đường thẳng ∆ là y = - x + 1; y = - 4x -2. 0,25 Câu 2 Điều kiện: cos2x ≠ 0 (*) Pt đã cho ⇔ = +− x xxxx 2cos2 sincossin32cos3 22 xx sincos3 − ⇔ .2cos2)sincos3( 2 xxx =− ( xx sincos3 − ) 0,5 x −∞ -1 +∞ y’ + || + y 2 −∞ +∞ 2 2 ⇔ ⇔     −= =− xxx xx sincos32cos2 0sincos3      += = ) 6 (cos2cos 3tan π xx x       +−=+= += ⇔ 3 2 18 ,2 6 3 ππ π π π π kxkx kx Các nghiệm đều TMĐK ( *) nên phương trình đã cho có 3 họ nghiệm: )( 3 2 18 ,2 6 , 3 Zkkxkxkx ∈+−=+=+= ππ π π π π . 0,5 Câu 3 ĐK : 1< x¸< 9 ( * ). Với đk ( * ) ta có : ( 1 ) 3 1 1 9 1 19 ≥         − + − −−+−⇔ xx xx 3 1.9 19 19 ≥         −− −+− −−+−⇔ xx xx xx ( 2 ) Đặt t = 19 −+− xx , t > 0. Ta có: 16198)1).(9(288 2 =−+−+≤−−+=< xxxxt . 0,5 422 ≤<⇒ t ( ** ) và 2 8 )1).(9( 2 − =−− t xx . Khi đó BPT ( 2 ) trở thành: 3 8 2 2 ≥ − − t t t 024103 23 ≥+−−⇔ ttt ( do ( **) ). ⇔ 40)4).(2).(3( ≥⇔≥−−+ tttt . Kết hợp với ( ** ) ta suy ra t = 4 hay 19 −+− xx = 4 5=⇔ x . Vậy BPT đã cho có tập nghiệm T = { } 5 . 0,5 Câu 4 Ta có I = . )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 0,25 = ∫ + − 3 0 22 )cos21(.cos ).sin.(cos π xx dxxx . Đặt t = x 2 cos2 dxxxdt )sin.(cos4 −=⇒ . 0,25 Đổi cận: Khi x = 0 2=⇒ t ; khi 2 1 3 =⇒= tx π . Khi đó I = ∫ + 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 . Vậy I = 2ln 2 1 − . 0,5 Câu 5 Theo bài ra góc giữa cạnh bên AA’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 nên góc 0 60' =∠ AHA và do AA’ = 2a nên A’H = 3a 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. 60 2a a a M C A A' B' C' B H K Khi đó ta có AM = 32 2 aMCBC a ==⇒ 4 3. . 2 1 2 a AMBCS ABC ==⇒ ∆ . Thể tích khối lăng trụ đã cho là : V = 4 3 .' 3 a SHA ABC = ∆ . 0,25 0,25 Nối A’M, ta có mp(A’HM) BC⊥ khi đó kẻ HK MAKMA ',' ∈⊥ thì HK )'( BCA⊥ nên độ dài đoạn HK là d( H ; (A’BC)) = HK. Ta có : 7 3 1 ' 11 222 a HK HMHAHK =⇒⇒+= . suy ra khoảng cách d( H ; (A’BC)) = 7 3a . Ta lại có : 3 BC))A' ( ;A d( BC))A' ( ; H d( == AM HM . Vậy khoảng cách d( A ; (A’BC)) = 7 a . 0,25 0,25 Câu 6 Vì ( ) 1z z x y x y− − = + + ⇒ (z + 1)( x + y) = z 2 - 1 và do z > 0 nên ta có: zyx =++ 1 . Khi đó : T = [ ] 3 44 )1)(1().1).().(1).(( ++++++ yxxyxyyx yx = [ ] 4 2 44 )1)(1(.)( +++ yxyx yx 0,25 Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương x, y ta có : ( ) 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 ≥+ . 0,25 Do đó [ ] 4 2 )1)(1(.)( +++ yxyx 44 6 9 6 33 8 3 4 3 . .4.4 yx yx xy =≥ suy ra 9 6 4 3 ≤T ( * ) 0,25 Dấu “=” ở ( * ) xảy ra 7,3,3 1 1 33 ===⇔      ++= == ⇔ zyx yxz yx .Vậy Max 9 6 4 3 =T 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: )2;1( 2 1 01 052 A y x yx yx ⇒    = = ⇔    =+− =−+ ) 4 3 ; 2 3 ( −=⇒ AM Do điểm M ) 4 5 ; 2 5 ( nằm trên cạnh AC và thỏa mãn AM = 3 MC nên ta có AMAC 3 4 = suy ra tọa độ điểm C là C(3 ; 1). 0, 5 Đường thẳng BC song song với 01: =+−∆ yx và đi qua C(3 ; 1) nên có PT: x – y - 2 = 0. Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ: )2;0( 2 0 022 02 −⇒    −= = ⇔    =−− =−− B y x yx yx Ta có: 23)3;3( =⇒= BCBC , d( A; BC) = 2 3 2 221 = −− Vậy diện tích tam giác ABC là: == );( 2 1 BCAdBCS 2 9 0,5 Câu 8a. Do M 1 d∈ , N 2 d∈ nên tọa độ các điểm M, N có dạng: M( t ; 2 – 2t; t), N( 1 + s; 3 - 3s; - 3+2s) suy ra )23;321;1( ststtsMN +−−−+−+= .Do ∆ song song với ( P ) nên ta có: 0. = P nMN 023321)1(2 =+−−−++−+⇔ ststts ts =⇔ . Khi đó 22 )3()1(1)3;1;1( ttMNttMN +−+−+=⇒+−−= = 1182 2 +− tt 33)2(2 2 ≥+−= t với mọi t. Dấu “ = ” xảy ra khi t = 2 ⇔ M( 2 ; -2 ; 2) )( P∉ ( thỏa mãn MN song song với (P)). 0,5 0,25 Đoạn MN ngắn nhất khi và chỉ khi M( 2 ; -2 ; 2), ).1;1;1( −−=MN Vậy PT đường thẳng ∆ cần tìm là: 1 2 1 2 1 2 − − = − + = − zyx . 0,25 Câu 9a. Đặt z = a + bi ( a, b ∈ R ). Khi đó: 04)2).(2( =+−− iziziz ⇔ ( a + ( b- 2)i).( a – ( b + 2)i) + 4i ( a + bi ) = 0 ⇔ ( a 2 + b 2 – 4 – 4b) + [a( b – 2) – a( b + 2) + 4a] i = 0 ⇔ a 2 + b 2 – 4b – 4 = 0 0,5 Ta lại có: 44)2(2 22 +−+=−+=− bbaibaiz = 228844 22 ==+−−+ bba Vậy môđun của z – 2i bằng 22 . 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:    += += 22 11 RRII RRII 5 1212 =−=−⇒ RRIIII Ta có: )52;( 1 −−= aaII ; )162;2( 2 −−−= aaII 0,5 ( ) ( ) ( ) 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 .Vậy PT đường tròn ( C ) cần tìm là: ( ) ( ) 914 22 =++− yx . 0,5 Câu 8b. Vì B 1 ∆∈ ⇒ B( -1- t ; - t ; 9 + 2t), )26;4;2( tttAB +−−−−= , C 2 ∆∈ ⇒ C ( 1 + 2k ; 3 – k ; 4 – k ) . Đường thẳng 2 ∆ có một vtcp )1;1;2( 2 −−=u . Theo bài ra ta có : AB ⊥ 2 ∆ nên 0. 2 =uAB ⇔ 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( 2 7 ; 2 7 ;1 kk k −− + ). Do M 1 ∆∈ ⇒ 1 4 11 2 7 1 2 =⇔ −− = − − = − + k k k k ⇒ C( 3 ; 2; 3). Ta có ),2;2;0( −=AB )0;2;2( −=AC , )2;0;2( −=BC suy ra AB = BC = AC = 22 nên tam giác ABC là tam giác đều có cạnh a = 22 . 0,25 0,25 Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I       3 11 ; 3 8 ; 3 5 và bk 3 62 2 3 3 2 === aIAR . 0,25 Câu 9b. ĐK:    >> ≠<≠< 22 ,0 10,10 yxy xxy ( * ) + Với y = 1 thay vào hệ đã cho ta được 33 2 =⇔= xx (Do ( *)) 0,25 + Với 0 < y 1≠ và x, y thỏa mãn ĐK ( * ) ta có PT: 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 0,25 Đặt t = y x log khi đó ta được PT: 1 11 1 2 =− + − + t t t t ⇔ 02 23 =++ ttt ⇔ t = 0 ⇔ y = 1 ( Loại) 0,25 Vậy HPT đã cho có nghiệm duy nhất ( ) ( ) 1;3; =yx 0,25 Lưu ý: Mọi cách giải đúng và khác với hướng dẫn chấm này giám khảo cho điểm tương ứng. . + y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng d 1 : 12 2 1 zyx = − − = và d 2 : 2 3 3 3 1 1 + = − − = − z y x . Viết phương trình đường thẳng ∆ song song với ( P) đồng thời cắt hai đường thẳng d 1 . 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 ∆ : 2 9 11 1 − = − = − + zyx , 2 ∆ : 1. = 3 44 )).().(( xyzzxyyzx yx +++ . 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