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.