Đề số 2 - Thi thử Đại học môn toán 2013 - khá hay!

Trung tâm LTĐH Simple-Số 05A32 Ngõ 347 Hoàng Quốc Việt, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)


TRUNG TÂM LTĐH SIMPLE

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 2 NĂM 2013
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
32
3 2 (C )
m
y x mx  

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) của hàm số khi m=1.
b) Tìm m đồ thị
 
m
C
có hai điểm cực trị A, B và đường thẳng AB đi qua điểm I(1;0).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
4
3 4cos2 8sin 1
sin2 cos2 sin2
xx
x x x




.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
33
22
4 16
1 5 1
x y y x
yx

  


  


.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân:
 
4
0
cos2
1 sin2 cos
4
x
I dx
xx









.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang,
D D 90 ,
o
BA A C

3a,AD D 2a, ( D)AB C SA SA ABC    
. Gọi G là trọng tâm tam giác SAB, mặt phẳng (GCD) cắt SA, SB
lần lượt tại M, N. Tính theo a thể tích khối chóp S.CDMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM, BC.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm a,b,c thỏa mãn
3
2
a b c  
. Chứng minh rằng
   
2 2 2
125
1 1 1
64
a b c   

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm). Trong hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD tâm I, có diện tích bằng 4, phương trình
đường thẳng BC: x-y=0, biết M(2;1) là trung điểm AB. Tìm tọa độ điểm I.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(0;0;2), B(0;4;0), C(-6;0;0). Viết phương trình mặt
phẳng (P) đi qua điểm A, song song với đường thẳng BC và khoảng cách giữa BC với mặt phẳng (P) bằng
3 22
11
.
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số nguyên dương n biết
  
         
   
2 3 2 2 1 2 1
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200
2 1 2 1 2 1 2 1
k k k n n
C C k k C n n C
n n n n

B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(1;-1), điểm E(-1;2) là trung điểm
cạnh AC và cạnh BC có phương trình 2x-y+1=0. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxy, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A(1;2;1), B(2;1;2) và tạo
với mặt phẳng (Q): x-2z+5=0 một góc

sao cho
1
cos
30



.
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình trong tập số phức:
2
0zz

…………………………Hết…………………………






Trung tâm LTĐH Simple-Số 05A32 Ngõ 347 Hoàng Quốc Việt, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)


HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ
Câu 1. b) (Dạng: Đường thẳng qua 2 cực trị hàm
bậc 3)
HD: Xét pt y’=0, giải đk có 2 nghiệm phân biệt,
chia đa thức f(x) cho f’(x) được dư là
x


. Suy
ra phương trình đường thẳng qua 2 cực trị là
y x

 
.
ĐS:

1m  


Câu 2. (Dạng: Biến đôi lượng giác)
HD:Chuyển hết về biểu thức của sin, cos của 2x
ĐS:
42
k
x



Câu 3. (Dạng: Hệ qui về đẳng cấp)
HD: - Cách 1: Từ (2) suy ra
22
4 4xy
, thế vào
(1) để xuất hiện phương trình đẳng cấp bậc 3.
- Cách 2: Đặt
xyt
và lập phương trình
theo t.
ĐS: (x,y)=(1;-3), (-1;3)
Câu 4. (Dạng: Tích phân hàm lượng giác)
HD: Đổi biến
sin cost x x

ĐS:
21I 

Câu 5. (Dạng: Hình chóp có cạnh vuông góc với
đáy)
HD: Dùng tỉ lệ thể tích để tính thể tích của
SCMN
V

và
DSC M
V
.Để tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng DM và BC cần chú ý rằng CDMN là hình
bình hành
ĐS:
3
D
16 4
; ( , )
9
14
SC MN
a
V a d DM BC

Câu 6. (Dạng: Chọn điểm rơi cực trị của hàm số)
HD: Để đánh giá hàm g(x) tại
0
x
ta thường xét
hàm
0

( ) ( ) . '( )f x g x x g x
, cụ thể ở bài này ta xét
2
( ) ln( 1)g x x
tại
0
1
2
x 
.
ĐS:
   
2 2 2
125
1 1 1
64
a b c   
dấu “=” khi và
chỉ khi
1
2
abc  


Câu 7a. (Dạng: Giải tứ giác là hình bình hành)
HD:
D
1
4
IAB ABC

SS
từ đó suy ra
( ; )d I AB

ĐS: I(3;2) hoặc I(1;0)
Câu 8a. (Dạng: Viết PT mặt phẳng)
HD: Cách tổng quát để làm bài toán viết PT mặt
phẳng là gọi VTPT.
ĐS: (P):2x-3y-3z+6=0 hoặc (P) : 26x-39y-
225z+550=0
Câu 9a. (Dạng: Đẳng thức tổ hợp)
HD: Xét
21
( ) (1 )
n
f x x


khai triển theo nhị thức
Newton và đạo hàm hai lần.
ĐS: n=100
Câu 7b. (Dạng: Giải tam giác)
HD:Gọi tọa độ đỉnh C theo tham số a, từ đó suy ra
tọa độ A. Lập phương trình
.0
BC
AH v 

ĐS: A(-3;1), B(0;1), C(1;3)
Câu 8b. (Dạng: Viết PT mặt phẳng)

HD: Gọi VTPT của (P)
ĐS: (P): x+2y+z-6=0 hoặc (P ) : 11x+13y+2z-39=0
Câu 9b. (Dạng: Tìm số phức)
HD: Gọi z=a+b.i
ĐS: z=0 hoặc z=i hoặc z=-i

Trung tâm LTĐH Simple-Số 05A32 Ngõ 347 Hoàng Quốc Việt, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Câu
Đáp án
Điểm
1
(2,0 điểm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
32
32y x x  


 Tập xác định: D=R
 Sự biến thiên:
2
0
' 3 6x 0
2

x
yx
x


   




0,25
- Hàm số đồng biến trên
( ;0)
và
(2; )
; nghịch biến trên
[0;2]

- Hàm số đạt cực đại tại
0, 2
CĐ CĐ
xy
; đạt cực tiểu tại
2, 2
CT CT
xy  

- Giới hạn
lim ; lim
xx

yy
 
   
.
0,25
- Bảng biến thiên






0,25
 Vẽ đồ thị

0,25
b) Tìm m đồ thị
 
m
C
có hai điểm cực trị A, B và đường thẳng AB đi qua điểm
I(1;0).

2
0
' 3 6 0
2
x
y x mx
xm



   




0,25
Hàm số có 2 cực trị khi và chỉ khi
0m 

0,25
Ta có
32 22
3 2 (3 6 ) 2 2
33
xm
x mx x mx m x

      


nên tọa độ 2 điểm cực trị A và B
thỏa mãn phương trình đường thẳng
2
22y m x  

0,25
Để đường thẳng AB đi qua I thì tọa độ I thỏa mãn phương trình đường thẳng AB, tức là
0,25

y

2
-2

+
+
-
0
y’

2
x

0
0

Trung tâm LTĐH Simple-Số 05A32 Ngõ 347 Hoàng Quốc Việt, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)


2
0 2 2 1 (th/m)mm     

2
(1,0 điểm)
Giải phương trình
4
3 4cos2 8sin 1
sin2 cos2 sin2
xx

x x x



.

ĐK:
sin2 cos2 0
sin2 0
xx
x






0,25
 
2
3 4cos2 2 1 cos2
1
sin2 cos2 sin2
xx
PT
x x x
  



2
1 2cos 2 1
sin2 cos2 sin2
x
x x x




0,25
 
2
sin2 1 2cos 2 sin2 cos2x x x x   

 
cos2 0 (th/m)
cos2 sin2 cos2 0
sin2 cos2 0 (ko th )/m
x
x x x
xx


   




0,25
cos2 0 2

2 4 2
k
x x k x
  

      

0,25
3
(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
 
33
22
4 16
1 5 1
x y y x
yx

  


  


.

Nếu x=0 thì
2y 

Nếu
0x 
, đặt
y tx
, hệ trở thành
   
3 3 3 2 3
2 2 2 2 2
4 16 ( 1) 4 16 (1)
1 5 1 5 4 0 (2)
x tx t x x x t t
t x x t x

     



     



0,25
Ta thấy t=1 không thỏa mãn hệ nên từ (1) ta có
2
3
4 16
(1)
1
t
x

t




Thay vào (2) ta được
   
 
 
2 2 3
3
4 16
5 . 4 0 5 . 4 1 0
1
t
t t t t
t

        


2
3
4 5 21 0
7
4
t
tt
t




    




0,25
Nếu t=-3 thì
1, 3
1, 3
xy
xy
  


  


0,25
Nếu
7
4
t 
thì
2
0x 
(vô lý)
0,25
4

(1,0 điểm)
Tính tích phân:
 
4
0
cos2
1 sin2 cos
4
x
I dx
xx











Trung tâm LTĐH Simple-Số 05A32 Ngõ 347 Hoàng Quốc Việt, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)


 
   
 
44
2

00
4
2
0
cos2 2(cos sin )(cos sin )
cos sin cos sin
1 sin2 cos
4
2(cos sin )
cos sin
x x x x x
I dx dx
x x x x
xx
xx
I dx
xx

















0,25
Đặt
 
sin cos cos sint x x dt x x dx    


x

0
4


t
1
2


0,25
2
2
1
2dt
I
t



0,25
2
1
2
21
t
   

0,25
5
(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang,
D D 90 ,
o
BA A C

3a,AD D 2a, ( D)AB C SA SA ABC    
. Gọi G là trọng tâm tam giác SAB, mặt
phẳng (GCD) cắt SA, SB lần lượt tại M, N. Tính theo a thể tích khối chóp
S.CDMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM, BC.

Trong mặt phẳng (SAB), qua G kẻ đường thẳng song song với AB cắt SA, SB tại M và
N. Khi đó M và N là giao điểm của mặt phẳng (GCD) với SA và SB.
Gọi P là trung điểm của AB. Ta có
2
3
SM SN SG
SA SB SP
  

3
4 1 1 1
. ; . . . D .2a.3a.2a 2a
9 3 6 6
SCMN
SABC ABC
SABC
V
SM SN
V SAS SA AB A
V SA SB
     

33
4 4 8
.2a
9 9 9
SCMN SABC
V V a   

0,25
3
D
DD
D
2 1 1 1 4
; . . . D .2a.2a.2a a
3 3 6 6 3
SC M
SAC AC

SAC
V SM
V SA S SA AD C
V SA
     

33
DD
2 2 4 8
.a
3 3 3 9
SC M SAC
V V a   

3
DD
16
9
SC MN SCMN SC M
V V V a   

0,25
Ta có
22
2a D
33
MN SM
MN AB C
AB SA
     

. Do đó MNDC là hình bình hành
D
3
D ( ) ( , ) ( ,( ))
SBC
SBC
V
M CN DM SBC d DM BC d D SBC
S
    

3
DD
1 1 1 4
. . D. D 2 .2 .2
3 6 6 3
SBC BC
V SAS SA A C a a a a   

0,25
Kẻ
AH BC
. Do
SA BC
nên
SH BC

Ta có
 
2

2 2 2
D D 4a 5BC AB C A a a     

2S D. 2 .3 6 5
5
5
ABC
A AB a a
AH a
BC BC
a
    

0,25

Trung tâm LTĐH Simple-Số 05A32 Ngõ 347 Hoàng Quốc Việt, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)


2 2 2 2
36 56
4a
55
SH SA AH a a     

1 1 56
. . 5 14
2 2 5
SBC
S SH BC a a a   

3
D
2
3
3.4 / 3 4
( , ) ( ,( ))
14 14
SBC
SBC
V
aa
d DM BC d D SBC
S
a
    



6
(1,0 điểm)
Cho ba số thực a,b,c không âm thỏa mãn
3
2
a b c  
. Chứng minh rằng
   
2 2 2
125
1 1 1
64

a b c   


BĐT
     
2 2 2
5
ln 1 ln 1 ln 1 3ln
4
a b c

      



0,25
Xét hàm
 
2
4
( ) ln 1
5
f x x x  
với
3
0;
2
x






 
2
2
2
1
2 4 10 4 4
'( ) 0
2
15
51
2
x
x x x
fx
x
x
x




    






Như vậy
1 5 2
( ) ln
2 4 5
f x f

  



0,25
Vậy
     
 
2 2 2
4 4 2
( ) ( ) ( ) ln 1 ln 1 ln 1 3 ln
5 5 5
f a f b f c a b c a b c

            




đpcm
0,25
Vậy
   
2 2 2
125
1 1 1
64
a b c   
, dấu “=” khi và chỉ khi
1
2
a b c  

0,25
7a
Trong hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD tâm I, có diện tích bằng 4,

N
M
G
P
A
B
D
C
S
H

x
0

2

0
-
+
f'(x)
f(x)
(

Trung tâm LTĐH Simple-Số 05A32 Ngõ 347 Hoàng Quốc Việt, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)


(1,0 điểm)
phương trình đường thẳng BC: x-y=0, biết M(2;1) là trung điểm AB. Tìm tọa độ
điểm I.
Vì
MI BC
nên đường thẳng MI nhận véctơ chỉ phương
(1;1)v
của BC làm véctơ chỉ
phương
(2 ;1 )I t t  

0,25
Ta có
D
22

21
4
( ; ) 2 ( ; ) 2. 2 2 2
( ; )
2
11
ABC
S
d A BC d M BC BC
d A BC

      


2
2
BC
IM  

0,25
2
2 2 1tt    

0,25
Vậy I(3;2) hoặc I(1;0)
0,25
8a
(1,0 điểm)
Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(0;0;2), B(0;4;0), C(-6;0;0). Viết phương
trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A, song song với đường thẳng BC và khoảng

cách giữa BC với mặt phẳng (P) bằng
3 22
11
.

Gọi véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là
( ; ; )n a b c

( ) : ( 2) 0
20
P ax by c z
ax by cz c
    
    

0,25
( 6; 4;0)BC 

Do
()P BC
nên
. 6 4 0 (1)n BC a b   

2 2 2
42
3 22
( ,( )) ( ,( )) (2)
11
bc
d BC P d B P

a b c

  


0,25
Từ
2
(1)
3
b
a  
, thay vào (2) ta được
 
2
22
2 2 2
22
4 2 4 2
3 22 22
22 2 13 9
11 11
4 13 9
9
b c b c
b c b c
b b c
bc

      




22
75 88 13 0
75 13
bc
b bc c
bc


    




0,25
Nếu b=c, chọn b=c=-3,a=2 ta được (P): 2x-3y-3z+6=0
Nếu 75b=13c, chọn b=-39, c=-225, a=26 ta được (P): 26x-39y-225z+550=0
0,25
9a
(1,0 điểm)
Tìm số nguyên dương n biết
  
   
         
2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200
k k k n n

n n n n
C C k k C n n C


* Xét
1n21n2
1n2
kk
1n2
k22
1n2
1
1n2
0
1n2
1n2
xC xC)1( xCxCC)x1(




(1)
* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:
n21n2
1n2
1kk
1n2
k2
1n2
1

1n2
n2
xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2(





(2)
0,25
Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
1n21n2
1n2
2kk
1n2
k3
1n2
2
1n2
1n2
xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2







0,25
Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C
  
   
          

0,25
Phương trình đã cho
100n020100nn240200)1n2(n2
2


0,25
7b
Trong hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(1;-1), điểm E(-1;2) là trung


Trung tâm LTĐH Simple-Số 05A32 Ngõ 347 Hoàng Quốc Việt, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)


(1,0 điểm)
điểm cạnh AC và cạnh BC có phương trình 2x-y+1=0. Xác định tọa độ các đỉnh
của tam giác ABC.
Gọi C(a;2a+1). Do E là trung điểm AC nên A(-2-a;3-2a)
( 3;2 -4)AH a a


0,25
Đường thẳng BC có véctơ chỉ phương

(1;2)v
. Do
AH BC

 
. 3 2 2 4 5a-5 0 1 (1;3), ( 3;1)AH v a a a C A          

0,25
(0; 4)CH
là véctơ pháp tuyến của đường thẳng AB
( ): 1AB y

0,25
Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ
2x 1 0
(0;1)
1
y
B
y
  






0,25
8b
(1,0 điểm)

Trong không gian Oxy, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A(1;2;1), B(2;1;2)
và tạo với mặt phẳng (Q): x-2z+5=0 một góc

sao cho
1
cos
30


.

Gọi
( ; ; )n a b c
là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)
( ): ( 1) ( 2) ( 1) 0 2 0P a x b y c z ax by cz a b c             

0,25
(1; 1;1)AB 
vuông góc với
n
nên
. 0 (1)AB n a b c   

(Q) có véctơ pháp tuyến
'(1;0; 2)n 

2 2 2 2 2 2
.'
2
1

cos
30
.'
. 1 0 2
nn
ac
nn
a b c


   
   

2 2 2
6 2 (2)a c a b c    

0,25
Từ
(1) b a c  
, thay vào (2) ta được
 
 
2
2 2 2 2 2
22
6 2 ( ) 6 2 2
2a 13a 11 0
2a 11
a c a a c c a c a c ac
ac

cc
c
         


    




0,25
Nếu a=c, chọn a=c=1, b=2 thì (P): x+2y+z-6=0
Nếu 2a=11c, chọn a=11, c=2, b=13 thì (P): 11x+13y+2z-39=0.
0,25
9b
(1,0 điểm)
Giải phương trình trong tập số phức:
2
0zz


z = x + iy (
,x y R
), z
2
+
2 2 2 2
0 2 0z x y x y xyi      

0,25

2 2 2 2
20
0
xy
x y x y





   



0,25
0
0
0
1
0
1
x
y
x
y
x
y




























0,25
Vậy: z = 0, z = i, z = - i
0,25