Bộ đề Vtest số 9: Đề thi thử Đại học môn Toán lần V năm 2013 - Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội (Có đáp án)

B

ĐỀ VTEST SỐ 9

Đề thi thử Đại học lần V năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội
Câu 1. (2 điểm)
Cho hàm số y = x3 + 3x + 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. Đường thẳng ∆ đi qua điểm A (−1, 3) với hệ số góc k. Tìm các giá trị của k để ∆ cắt (C)
tại các điểm phân biệt A, D, E. Gọi d1, d2, lần lượt là các tiếp tuyến của (C) tại D và E. Chứng
minh rằng các khoảng cách từ A đến d1 và d2 bằng nhau.
sin 3x
Câu2. (1 điểm) Giải phương trình
 cot 2 x
cos 3x  2cos x

 x 3  xy  2  0
Câu 3. (1 điểm) Giải hệ phương trình  3
 y  3xy  3  0
Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân I =

 3
4
0



cos x  cos 3 x
dx
cos5 x

Câu 5. (1 điểm)
Tứ diện ABCD có AB = AC = AD = a, ̂ = 20o ; ̂ = 60o và BCD là tam giác
vuông tại D. Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BC.
Câu 6. (1 điểm)
Các số thực dương x, y thay đổi thỏa mãn x + 2y = 1. Chứng minh rằng:
1
2
25


x
y
1  48xy 2
Câu 7. (1 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vng ABCD với đỉnh A(0; 0) và M(10; 5) là trung điểm
của cạnh BC. Hãy viết phương trình dạng tổng quát các cạnh của hình vng ABCD.
Câu 8. (1 điểm)
Trong khơng gian Oxyz, cho điểm A (1; 1; 2), mặt phẳng (P): x + y + z – 2 = 0 và đường
x 5 y  2 z  2
thẳng ∆:
. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng


2
1
1
∆ và khoảng cách từ M đến ∆ bằng 3 2 .
Câu 9. (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
1. z  2  z  2  26
2

2

3 2 3 2 

i  lớn nhất.
2. Số z  
2 
 2

Page 1


B

ĐỀ VTEST SỐ 9

Đề thi thử Đại học lần V năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội
Câu 1. (2 điểm)
1. (1 điểm): Học sinh tự giải
2. (1 điểm)
Đường thẳng  : y = k(x + 1) + 3 cắt (C) tại 3 điểm phân biệt
 pt sau có 3 nghiệm phân biệt
x3 + 3x2 + 1 = k(x + 1) + 3  (x  1)(x 2  2x  k  2)  0
Để pt trên có 3 nghiệm phân biệt thì pt x2 + 2x – k – 2 = 0 (*) có 2 nghiệm

 '  1  k  2  0
 k  3
phân biệt khác –1  
(0,5 điểm)

 1 2  k  2  0
Gọi D (xD ; yD), E (xE ; yE) khi đó xD, xE là nghiệm của (*). Theo hệ thức Viet ta có xD + xE =
–2
Hệ số góc của các tiếp tuyến tại D và E là
k1 = y’(xD) = 3 x 2D  6x D , k 2  y' (x E )  3x E2  6x E
Do xD, xE là nghiệm của (*) nên x 2D  6x D =3(k + 2) = 3 x 2E + 6xE.
Suy ra các tiếp tuyến tại D và E của (C) có cùng hệ số góc.
Mặt khác xD + xE = –2 = 2x A và 3 điểm A, D, E thẳng hàng nên A là trung điểm của DE.
Suy ra d (A; d1) = d (A; d2) (đpcm)
Câu 2. (1 điểm)
Điều kiện: sinx  0, cos3x  2cos x  0.

(0,5 điểm)

3
4
3sin x  4sin x
2
sin 2 x

 cot 2 x

cot
x
Pt 
3
3
cos x cos x
4cos x  cos x
4 3  3

sin x sin x
2
3(1  cot x)  4

 cot 2 x
3
2
4cot x  cot x(1  cot x)
3

(0,5 điểm)

3cot 2 x  1
1

 cot 2 x 
 cot 2 x  cot3 x  1
3
3cot x  cot x
cot x

 cot x  1  x   k, k  Z . Kiểm tra điều kiện ta thấy thỏa mãn.
4

Vậy nghiệm của phương trình là x =  k, k  Z
(0,5 điểm)
4
Câu 3. (1 điểm)

Từ pt x3 + xy – 2 = 0 suy ra x  0 và y 

2  x3
, thay vào pt thứ hai ta được
x

3

 2  x3 
3

  3(2  x )  3  0
 x 

Page 2


Đặt t = x3  0 , phương trình trên trở thành t3 – 3t2 + 3t – 8 = 0  (t  1)3  7  t  1  3 7
Từ đó ta có : x  3 1  3 7 và y 

1 3 7
3

(1,0 điểm)

1 3 7

Câu 4. (1 điểm)
Ta có I =



4
0




 3
1 3 cos x  cos 2 x
1 3 1
tan 2 x
4
4
dx


1.dx

0 cos4 x cos2 x
0 cos4 x .dx
cos 4 x
cos 2 x

1
1
dx  (1  tan 2 x)dx 
dt  dx
2
cos x
1 t2


Với x = 0 thì t = 0 ; x = thì t = 1
4
1
 (1  tan 2 x) 2  (1  t 2 ) 2
Ta có
(0,5 điểm)
cos4 x
2
3
1
1
1
3 5 1 3 11 1 3 3 48
Suy ra I =  (1  t 2 ) 3 t 2 dt   t 3 .dt   t 3 .dt  .t 3  .t 3   
0
0
0
0 5 11 55
5 0 11
Đặt t = tanx  dt 

48
55
Câu 5. (1 điểm)
Trong ABC cân tại A kẻ AH  BC
 ABH vng tại H có AB = a
a
BAH  600  AH 
2
Vậy I =

và HB = HC = HD =

(0,5 điểm)
D

F

a 3
(vì ∆ BCD vng)
2

a 2 3a 2

 a 2  AD2
Ta có HA + HD =
4
4
 AH  HD do đó AH  (BCD). ABD cân
2

J

E

B

M

H

C

I

A

2

có BAD  600 nên ABD đều
 BD  a và DC =

BC2  BD2  a 2 .

1
1 a 2.a 2 a 3 2
Vậy VABCD  AH.SBCD  . .
(đvt).
(0,5 điểm)

3
2 2 2
12
Ta sẽ tạo ra mặt phẳng chứa AD song song với BC.
Qua A kẻ đường thẳng d song song với BC. Trong mp (BCD) kẻ DE  BC , trong mp (ABC)
qua E kẻ đường thẳng song song với AH cắt d tại M.
Khi đó BC // (ADM) và BC  (DEM)

Trong ∆DEM kẻ EF  DM thì độ dài EF bằng khoảng cách hai đường thẳng AD và BC.
Do AH  (BCD) nên (BCD)  (ABC)  DE  (ABC)  DE  ME

Trong DEM vng tại E có EF là đường cao, ta có

Page 3

1
1
1


(*)
2
2
EF
ED
EM2


Ta có EM = AH =
Do đó từ (*)

a
DB.DC a 6
, SBCD  BC.DE = DB.DC  DE 

.
2
BC
3

1

3
4
11
a 22
 2  2  2  EF 
2
EF
2a
a
2a
11

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC bằng

a 22
11

(0,5 điểm)
Câu 6. (1 điểm)
Từ giả thiết x, y > 0 và x + 2y = 1  x  1  2y và 0 < y <
Bất đẳng thức trở thành :

1
2

1
2
25
 
1  2y y 1 48y2 (1 2y)

 (2  3y) 1  48y 2 (1  2y)   25y(1  2y)
 (2  3y)(1  48y 2  96y3 )  25y(1  2y)  0
 2  28y  146y2  336y3  288y4  0
 144y4  168y3  73y2  14y  1 0
 (12y2  7y  1)2  0 . (đpcm)

(1,0 điểm)
Câu 7. (1 điểm)
Gọi độ dài cạnh hình vng là 2a, khi đó AM2 = AB2 + BM2 = 5a2,
D
mà AM2 = 125  a  5
MB2
 5 . Gọi H(x; y),
MA
MH 1
  5MH  MA A
do MH và MA cùng hướng và
MA 5
5(x  10)  10
x  8

 H:
 5(y  5)  5
y  4

Kẻ BH  AM  MH 

C
H

M
B

Điểm B là giao của đường thẳng qua H vng góc với AM và đường trịn đường kính AM.
(0,5 điểm)
Ta có AM(10;5)
Phương trình đường thẳng BH: 2x + y – 20 = 0

5
125
Phương trình đường trịn đường kính AM: (x  5) 2  (y  ) 2 
2
4
Gọi B (t; 20 – 2t)  (t  5)2  (

 t  10
35
125
 2t) 2 
 t 2  16t  60  0  
2
4
t6

Với t = 10. Ta có B (10; 0)  C (10; 10). Khi đó phương trình các cạnh của hình vng
ABCD là: AB: y = 0, BC: x = 10, CD: y = 10 và AD: x = 0

Page 4

Với t = 6. Ta có B(6; 8)  C(14; 2). Khi đó phương trình các cạnh của hình vng ABCD là:
AB: 4x – 3y = 0, BC: 2x + 4y – 50 = 0, CD: 4x – 3y – 50 = 0,
AD: 3x + 4y = 0
(0,5 điểm)
Câu 8. (1 điểm)
∆
Đường thẳng AM thuộc mặt phẳng (Q)
vng góc với  .
Phương trình (Q): x + y – z = 0
Giao điểm của (Q) với  là điểm H ( 2; 1;1 ).

A

d
M

Q

Giao tuyến d của (F) và (Q)

H

1 1 1 1 1 1
,
,
có vectơ chỉ phương u d cùng phương với vectơ  n p , n Q   
   2; 2;0 
 1 1 1 1 1 1 
.

Chọn u d  (1;  1;0)

(0,5 điểm)

 xt

Điểm N (0 ; 1 ; 1)  d , suy ra phương trình của d :  y  1  t  M(t;1  t;1)
 z 1


Ta có d(M,  ) = MH = 3 2  (2  t)2  (2  t) 2  18  t  5 hoặc t  1.
Vậy có hai điểm thỏa mãn bài toán : M1 (5;  4) và M2 (1;2;1)
(0,5 điểm)
Câu 9. (1 điểm)
Giả sử z = x + yi; x, y  R
Ta có z  2  z  2  26  (x  2) 2  y2  (x  2) 2  y 2  26
2

2

 x 2  y2  9 . Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện 1 là
đường tròn (S) tâm là gốc tọa độ O, bán kính R = 3.
2

3 2 3 2 

3 2 
3 2

i    x 

Ta có z  
   y 

2 
2  
2 
 2


2

(0,5 điểm)
2

2

3 2  3 2 
3 2 3 2 
Vì 
;
  
  9 nên điểm K 
 thuộc đường tròn (S).
2
2
2
2

 




Gọi điểm M (x ; y) là điểm thuộc (S), khi đó
2

2

3 2 3 2 

3 2 
3 2
z  

i    x 
   y 
  MK
2
2
2
2



 


Page 5


3 2 3 2 

Suy ra z  

i  lớn nhất  MK lớn nhất  MK là đường kính của (S)
2
2


 3 2 3 2
 M  
;
2
2


Vậy z = 


 .


3 2 3 2

i.
2
2

(0,5 điểm)

Page 6