Bộ đề Vtest số 7: Đề thi thử môn Toán Đại học lần III năm 2013 - Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội (Có đáp án)

B

ĐỀ VTEST SỐ 7

Đề thi thử Đại học lần III năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội
Câu 1. (2 điểm)
2x  1
x 1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Cho điểm A (0; 5) và đường thẳng ∆ đi qua điểm I (1; 2) có hệ số góc k. Tìm các giá trị
của k để đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M, N sao cho tam giác AMN vuông tại A.
Câu 2. (1 điểm)


sin(x  )  cos(  x)
1
x
6
3
Giải phương trình:
 cos x 
 sin x.tan
2
cos x
cos x
2
Câu 3. (1 điểm)

Cho hàm số y =

Giải bất phương trình:

x  24  x 27(12  x  x 2  24x )

x  24  x
8(12  x  x 2  24x )

Câu 4. (1 điểm)

Tính tích phân: I =


3
0



 x
tan    .sin x.(1  sinx)
4 2
dx.
cos3 x

Câu 5. (1 điểm)
Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng có độ dài cạnh bằng 3a, đường cao SH
bằng a 10 , H là trọng tâm tam giác ABD. Gọi M là trung điểm của SD. Mặt phẳng (BCM) cắt
SH và SA lần lượt tại K và N. Tính thể tích khối chóp S.BCMN và chứng minh điểm K là trực
tâm của tam giác SAC.
Câu 6. (1 điểm)
Tìm các giá trị của a để tồn tại duy nhất cặp số (x, y) thỏa mãn
a. x  y  3x  2. y

Câu 7. (1 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y – 5 = 0 và điểm A (5; 2). Viết
phương trình đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm B, C sao cho tam giác ABC đều.
Câu 8. (1 điểm)
Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
x 1 y 1 z  2
x 4 y5 z7
d1:
và d2 :




1
1
1
2
1
1
Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và tạo với d2 một góc bằng 300 .
Câu 9 .(1 điểm)
Tìm phần thực và phần ảo của số phức z =

(1  i)100
(1  i)96  i(1  i)98

Page 1


B ĐỀ VTEST SỐ 7

Đề thi thử Đại học lần III năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội
Câu 1. (2 điểm)
1. (1 điểm). Học sinh tự giải
2. (1 điểm)
Pt của ∆: y = k(x – 1) + 2. Để ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi pt sau có hai
2x  1
 k(x  1)  2
nghiệm phân biệt :
x 1
 pt kx 2  2kx  k  3  0 (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1.

− Nếu k = 0 thì (*) trở thành −3 = 0  vơ lý.
Trường hợp này không thỏa mãn (loại)

 k  2k  k  3  0
− Nếu k  0 thì Pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1   '
k0
2
  k  k(k  3)  0
(0,5 điểm)
Giả sử M (x1 ; y1), N (x2 ; y2) trong đó x1, x2 là nghiệm của pt (*).
Theo hệ thức Viet ta có x1 + x2 = 2  x1 + x2 = 2x1  I là trung điểm của MN. Do
∆AMN vuông tại A nên
2AI  MN  MN2  40  (x2  x1 )2  (y2  y1 )2  40
 (x 2  x1 )2  k2 (x2  x1 )2  40

 (x 2  x1 )2 (k2  1)  40   (x2  x1 )2  4x1 x2  (k2  1) 40
k 3
k 3 2


  4  4.
 (k  1)  40 (vì x1x2 = k )
k 

1
Giải phương trình trên ta được hai giá trị k = 3, k = đều thỏa mãn bài toán.
3
(0,5 điểm)
Câu 2. (1 điểm)
x
Điều kiện: cos x  0, cos  0
2




sin  x    sin  x   sin x.sin x
1
6
6


2  cos x


Pt 
2
x
cos x
cos x

cos
2

x
x
2sin x.cos
sin x.sin  cosx.cos
6
2
2
=
(0,5 điểm)
x
cosx
cos
2
 x  k
 tan x  0
 1  tan x  3 tan x  1  

 x    k
tan
x

3

3

2

Page 2

với k  Z


Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là:

x  2k và x   k (k  Z )
3
Câu 3. (1 điểm)
Điều kiện x  0 . Bất phương trình đã cho tương đương với

(0,5 điểm)

x  24  x 27 24  x  2 x(24  x)  x
 .
x  24  x 8 24  x  2 x(24  x)  x


x  24  x 27( x  24  x )2

x  24  x 8( x  24  x )2

8



x  24  x



3

 27



x  24  x

(0,5 điểm)



3

 2( x  24  x )  3( x  24  x )
 5 5  x  24  0  25x  x  0  x  1
Đáp số: 0  x  1
Câu 4. (1 điểm)

(0,5 điểm)

x
x
x
x
 x


tan    .sin x(1  sin x)

 sin  cos  .sin.  cos  sin 
2
2
2
2
4 2

Ta có
 
2
x
x
cos x.cos x

 2x
2
2 x
 cos  sin  .cos x.  cos  sin 
2
2
2
2


s inx

cos 2 x
2



3
0

Suy ra I  



sin x
1
1
3
dx   
d(cos x) 
3 1
0 cos 2 x
cos 2 x
cos x
0

(1,0 điểm)

Câu 5. (1 điểm)
Vì BC AD và AD mp(SAD) nên giao tuyến của (BCM) với (SAD) là đường thẳng qua M
song song với AD, suy ra MN

AD do đó N là trung điểm của SA.

1
Ta có VS.BCD  VS.BAD  SH.SABD
3

1
9
3
 .a 10. a 2  a 3 10
3
2
2
VS.BMN SN SM 1

 ,
VS.ABD SA SD 4
VS.BCM SM 1


VS.BCD SD 2

S

N

M

K

C

B

A

D

1
1
Suy ra VS.BCMN  VS.BCM  VS.BMN  VS.BCD  VS.ABD
2
4

Vậy VS.HCMN 

9 10a 3
8

(0,5 điểm)

Page 3


Trong mp(SAC), nối CN cắt SH tại K là giao điểm của (BCM) với SH.
2
Ta có CH  AC  2a 2  SC  SH 2  CH 2  3a 2  AC
3
Vậy tam giác SAC cân tại C và N là trung điểm của SA, nên CN  SA , do đó K là trực tâm
của tam giác SAC.
(0,5 điểm)
Câu 6. (1 điểm)
Điều kiện: x  0, y  0
Nhận xét: Với mọi a phương trình a x  y  3x  2 y (*) luôn có ít nhất một nghiệm là
(0; 0)
Ta sẽ tìm a để pt (*) khơng có nghiệm (x; y) với x + y > 0

 pt (*) 
Đặt t 

3x
y
2
 a vô nghiệm với x + y > 0
xy
xy

x
, 0  t  1 . Xét f(t) =
xy

Ta có f ' (t) 

(0,5 điểm)

3t  2 1  t, t  0;1 .

3
3
1
với t  (0;1)  f ' (t)  0  t 

7
2 t
1 t

và f(0) = 2, f(1) =

3
3, f    7
7

Suy ra min t0;1 f (t)  3 và max t0;1f (t)  7
a  7
Do đó phương trình f(t) = a khơng có nghiệm trong đoạn  0; 1  
 a  3
a  7
Đáp số: 
(0,5 điểm)
 a  3
Câu 7. (1 điểm)
Nhận thấy A (5 ; 2) thuộc đường tròn (C), mà ABC đều nên tâm I (2; 1) của (C) là trọng
tâm của tam giác ABC.
3
1 1
Gọi H(x ; y) là trung điểm của BC thì AH  BC và AH  AI  H  ; 
2
2 2
(0,5 điểm)

Suy ra đường thẳng d đi qua H và nhận IA  (3;1) làm vectơ pháp tuyến.
Vậy phương trình đường thẳng d là : 3x + y – 2 = 0
(0,5 điểm)
Câu 8. (1 điểm)
Gọi phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 có dạng Ax + By + Cz + D = 0 trong đó A2 + B2 +
C2 ≠ 0

Vectơ pháp tuyến của (P) là n(A; B;C) vectơ chỉ phương của d1, d2 lần lượt là u1 (1; 1;1) và
u 2 (2;1; 1)

Page 4



n.u1  0
Mặt phẳng (P) chứa d1 tạo với d2 góc 300 nên: 
0
 cos(n,u 2 )  sin 30
(0,5 điểm)
Từ đó ta có hệ phương trình:
ABC  0


2A  B  C
1



2
2
2
2
 6. A  B  C
Giải hệ trên ta được (P) : x + 2y + z + D1 = 0; x – y – 2z + D2 = 0. Mặt khác điểm M (1 ; 1 ;
2)  d1  (P)

Từ đó suy ra có hai mặt phẳng thỏa mãn bài toán là:

(P1) : x – y – 2z + 4 = 0 và (P2) : x + 2y + z – 5 = 0
Câu 9. (1 điểm)

(0,5 điểm)

Ta có (1  i)2  2i  (1  i)4  (2i)2  4
và (1  i) 2  2i  (1  i) 4  ( 2i) 2  4
25

(1  i)4 
Suy ra z 
24
24
(1  i)4   i(1  i) 2 (1  i) 4 


(0,5 điểm)

(4)25
(4)25 4


(4)24  2i2 (4)24
3.424
3

Vậy số phức z có phần thực bằng

(0,5 điểm)

4
và phần ảo bằng 0.
3

Page 5