De thi thu DH va dap an mon Toan hoc lan 3 truong THPT chuyen DHSP Ha Noi Megabookvn

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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) x 1 6 3 Giải phương trình:  cos x   sin x.tan 2 cos x cos x 2 Câu 3. (1 điểm). Cho hàm số y =. x  24  x 27(12  x  x 2  24x ) Giải bất phương trình:  x  24  x 8(12  x  x 2  24x ) 22x 24 x 27(12 x x Câu 4. (1 điểm) x 24x ) x 24  x 8(12 x x 24x ) tan    .sin x.(1  sinx) 4 2 dx. Tính  tích phân: I =  3 3 0 cos x     Câu  5. (1 điểm)   Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông 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 2 1 1 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.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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  vô 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  (x (x2  xx1 ))2  (y (y2  yy1 ))2  40 40  (x 2  x1 )2  k 2 (x 2  x1 ) 2  40 40.  (x 2  x1 )2 (k 2  1)  40 40  (x (x2  xx1 ))2  4x 4x1xx2  (k (k2 1) 1) 40 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.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 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(24  x) x)  xx . 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 x 2  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 x cos 2 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 S.HCMN . 9 10a 3 8. (0,5 điểm). Page 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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 3x  22 yy (*) luôn có ít nhất một nghiệm là (0; 0) Ta sẽ tìm a để pt (*) không 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 , t  0;1 .. 3 3 1 với t  (0;1)  f ' (t)  0  t   7 1 t 2 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 không 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. 1 1 3 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.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  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  2i 2 (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.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>