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

5 344 1
  • Loading ...
1/5 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 24/07/2015, 07:41

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 . ứng. ⇔ ⇔ 44 )2( 2 22 +−+=−+=− bbaibaiz 22 8844 22 ==+−−+ bba 22    += += 22 11 RRII RRII 5 121 2 =−=−⇒ RRIIII ) 52; ( 1 −−= aaII )1 62; 2( 2 −−−= aaII ( ) ( ) ( ) 5 521 622 5 2 2 22 12 =−+−−++⇔=− aaaaIIII ⇔ 525 20 526 0605 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 . −=⇒ 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
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi thử môn Toán trường THPT Chuyên Hà Tĩnh lần 2 năm 2013, Đề thi thử môn Toán trường THPT Chuyên Hà Tĩnh lần 2 năm 2013, Đề thi thử môn Toán trường THPT Chuyên Hà Tĩnh lần 2 năm 2013

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay