Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) TRUNG TÂM LTĐH SIMPLE ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 3 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 4 2 2 2xy x m m m    (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m=-2. b) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có một góc bằng 0 120 . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác   tan cot 2 sin 2 cos2x x x x   . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 22 22 3 21 1 4 22 y x y x x xy y             . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 3 6 sin 3cos dx I xx      . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD với đáy là hình thoi cạnh bằng 2a (a>0) , 3, 60 o S a SB a BACA   , mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. M,N lần lượt là trung điểm của AB và BC. a) Tính thể tích khối tứ diện NSDC. b) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số , , [0;2]x y z và x+y+z=3. Chứng minh rằng 2 2 2 5x y z . 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 mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A nằm trên đường thẳng :2 3 14 0xy    , cạnh BC song song với  , đường cao CH có phương trình x-2y-1=0. Biết trung điểm của cạnh AB là M(-3;0). Xác định tọa độ các đỉnh A,B,C. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng 1 1 : 1 2 2 x y z     và 2 32 : 2 2 2 x y z   và mặt phẳng (P):x+y+4z+2=0. Tìm tọa độ điểm M trên 1  và N trên đường thẳng 2  sao cho MN song song với mặt phẳng (P) đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng MN với mặt phẳng (P) bằng 2 . Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn (1-3i)z là số thực và 2 5 1zi   . B. Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Cho đường tròn (C) có phương trình 22 2 4 20 0x y x y     và điểm A(4;5). Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm E,F sao cho EF có độ dài bằng 8. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 1 : 1 1 4 x y z     và điểm M(0;3-2). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng  , đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng  với mặt phẳng (P) bằng 3. Câu 9.b (1,0 điểm). Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác suất có ít nhất 1 thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn 5 6 . …………………………Hết………………………… Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ ĐỀ SỐ 3 Câu 1. b) (Dạng: Cực trị hàm bậc 4) HD: Xét pt y’=0, tìm đk có 2 nghiệm phân biệt, và giải phương trình y’=0 để tìm ra 3 điểm cực trị A, B và C. Dễ thấy tam giác ABC cân tại A nên để tam giác ABC có một góc là 0 120 thì góc đó phải là tại A, khi đó . cos . AB AC A AB AC  . ĐS: 3 1 3 m  Câu 2. (Dạng: Biến đôi lượng giác) HD: 2 tan cot sin 2 xx x  ĐS: ; 4282 k k x     Câu 3. (Dạng: Hệ qui về đẳng cấp) HD: Đổi biến 22 1; x u x y v y     ĐS:     2 2 2 2 ( , ) 1;3 , 1; 3 , 4 ;14 , 4 ; 14 53 53 53 53 xy                      Câu 4. (Dạng: Tích phân hàm lượng giác) HD: Đổi biến 3 tx   và cosut ĐS: 1 ln3 4 I  Câu 5. (Dạng: Hình chóp có mặt bên vuông góc với đáy) HD: Kẻ SH AB thì ( D)SH ABC ; 2S SAB SH AB  và   . . .SM DN SH HM DN HM DN   ĐS: 3 5 ; cos( , ) 4 47 SCND a V SM DN   Câu 6. (Dạng: Chọn điểm rơi cực trị của hàm số) HD: Không mất tổng quát, giả sử z yx , suy ra 1x  . Đánh giá 2 2 2 2 (3( ))yzy z x để qui về biến x rồi khảo sát hàm số. ĐS: Dấu “=” khi và chỉ khi (x,y,z)=(0;1;2) hoặc các hoán vị của nó Câu 7a. (Dạng: Giải tam giác) HD: Qua M kẻ đường vuông góc với CH cắt  tại A. Từ tọa độ A suy ra tọa độ B dựa vào trung điểm AB. Viết phương trình đường thẳng BC song song với  cắt CH tại C. ĐS: A(-4;2), B(-2;2), C(1;0) Câu 8a. (Dạng: Tìm điểm trên đường thẳng thỏa mãn điều kiện cho trước) HD: Cách tổng quát để làm bài toán này là tham số hóa tọa độ điểm. Cụ thể, ta tham số M theo t và N theo k và tìm t,k dự vào 2 phương trình .0 P MN n  và d(M,(P))= 2 . ĐS:   3 9 1 0;0;1 , ; ; 2 2 2 MN     hoặc 4 8 5 1 5 5 ; ; , ; ; 3 3 3 2 2 2 MN                 Câu 9a. (Dạng: tìm số phức) HD: Đặt z=a+bi ĐS: 7 21 2 6 , 55 z i z i    Câu 7b. (Dạng: Dây cung của đường tròn) HD: Gọi d là đường thẳng cẩn tìm. Viết phương trình tổng quát của d qua A. Tính k/c từ tâm I của đường tròn đến đường thẳng d. ĐS: (d):x=4 hoặc (d):20x-21y+25=0. Câu 8b. (Dạng: Viết PT mặt phẳng) HD: Gọi VTPT của (P) ĐS: (P): 2x+2y-z-8=0 hoặc (P): 4x-8y+z+26=0 Câu 9b. (Dạng: Xác suất) HD: 9 | | x C , gọi A= “Trong số x thẻ rút ra, có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4”, 7 x AC ĐS: số thẻ ít nhất phải rút là 6. Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ SỐ 3 Câu Đáp án Điểm 1 (2,0 điểm) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 42 4x 2yx    Tập xác định: D=R  Sự biến thiên: 3 ' 4x 8x 0 0; 2xy x  0,25 - Hàm số đồng biến trên ( )2;0 và ( 2; ) và nghịch biến trên ( ; 2]  và [0; 2] - Hàm số đạt cực đại tại 0; 2 CD CD xy và đạt cực tiểu tại 11 2; 2 CT CT xy    và 22 2; 2 CT CT xy   . - Giời hạn: lim ; lim xx yy       0,25 - Bảng biến thiên 0,25  Vẽ đồ thị 0,25 b) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có một góc bằng 0 120 . Ta có 32 ' 4x 4 x 4x( )y m x m    Đồ thị có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi 0m  0,25 Các điểm cực trị của đồ thị là 2 (0; ),B( ;m), ( ;m)A m m m C m    22 ),; ;)( (AC m mAB m m   Do tam giác ABC cân tại A nên 0 120BAC  0,25 4 4 .1 cos 2 | |.| | AB AC m m BAC mm AB AC       0,25 4 4 4 3 0 2 2 3 0 1 3 m m m m m m m m                0,25 -2 2 - - + 0 y’ 0 x -2 0 0 + Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) Vậy 3 1 3 m  2 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác   tan cot 2 sin2 cos2x x x x   . ĐK sin .c 0osxx 0,25 PT   1 2 sin2 cos2 1 sin2 (sin2 cos2 ) sin .cos x x x x x xx       22 cos2 0 1 sin 2 sin2 .cos2 cos 2 sin2 .cos2 cos2 sin2 x x x x x x x xx            0,25 cos2 0 2 2 4 2 k x x k x           0,25 sin2 cos2 tan2 1 2 4 82 x xx x x k k             0,25 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 22 22 3 21 1 4 22 y x y x x xy y             . Đk: 22 0, 010,yxxy   . Đặt 22 1; x u x y v y     . Hệ trở thành 32 1 4 22 21 4 uv u v u v            0,25 2 3, 9 32 1 2 13 21 0 7 21 4 ,7 2 vu vv vv vu                0,25 Nếu 3, 9vu , ta có hệ phương trình 22 1, 3 1, 0 3 1 3 x xy x y y xy             0,25 Nếu 7 ,7 2 vu , ta có hệ phương trình 22 22 4 , 14 53 53 22 4 , 14 55 8 33 7 2 x xy y y y x x                 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm. 0,25 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 3 6 sin 3cos dx I xx      . 33 66 11 22 13 sin sin cos 3 22 dx dx I x xx           0,25 Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) Đặt 3 tx   , ta có 22 33 22 2 1 1 sin 2 sin 2 1 cos dt tdt I tt      0,25 Đặt cosut thì 00 11 2 2 2 1 1 1 1 2 1 4 1 1 du I dt u u u            0,25       0 1 2 11 ln 1 ln 1 ln3 44 uu       . 0,25 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD với đáy là hình thoi cạnh bằng 2a (a>0) , 6, 60 o S a SB a BACA   , mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. M,N lần lượt là trung điểm của AB và BC. a) Tính thể tích khối tứ diện NSDC. b) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN. ABC là tam giác đều cạnh 2a 22 3 (2 ) 3 4 ABC aaS  2 1 1 3 2 2 2 CND BCD ABC S S S a   . 0,25 Kẻ đường cao SH của tam giác SAB thì H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD). Xét tam giác SAB 2 2 2 2 2 2 2 2 3 0 2. 2 . 3 sin 1 cos 1 34 cos 1 2 2 3 2 1 . 3 sin 2 34 SAB SCND C SA ND B SB AB a a SAS SA a ASB SASB aa AS B S SH a B ASB SA AB a VS S HS Ba                0,25 Ta có 2 2 2 2 2 2 3 2 4 2 SA SB AB a a SM a a       2 2 2 2 2 1 2 . .cos 4 4 . 7 2 DN CN CD CN NCDCD a a a a       0,25 2 2 2 2 3 42 a HM SM SH a a       . . .SM DN SH HM DN HM DN   1 . . . . 4 HM SM DN HM DN AB DN DC DN AB     2 2 2 2 2 2 2 47 .5 22 DC DN CN a a a DC DN a        2 . 5 / 4 5 cos( , ) . . 7 4 7 SM DN a SM DN SM DN aa     0,25 6 (1,0 điểm) Cho ba số , , [0;2]x y z và x+y+z=3. Chứng minh rằng 2 2 2 5x y z . 0,25 N H M D B C A S Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) Không mất tổng quát, giả sử z yx , suy ra 3 31x x   0,25 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) (3 ) 2 6 9 ( )x y z y z x x x x f xx           0,25 Khảo sát hàm số f(x) trên khoảng [1;2] ta tìm được giá trị lớn nhất của f(x) là 5. Dấu “=” khi và chỉ khi (x,y,z)=(0;1;2) hoặc các hoán vị của nó. 0,25 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A nằm trên đường thẳng :2 3 14 0xy    , cạnh BC song song với  , đường cao CH có phương trình x- 2y-1=0. Biết trung điểm của cạnh AB là M(-3;0). Xác định tọa độ các đỉnh A,B,C. Cạnh AB qua M vuông góc với đường cao CH nên nó có phương trình: 2( 3) 0 2 6 0x y x y       0,25 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 2 3 14 0 4 2 3 6 0 2 x y x x y y              . Vậy A(-4;2). 0,25 M là trung điểm AB nên B(-2;2). Cạnh BC  nên phương trình BC là 2( 2) 3( 2) 0 2 3 2 0x y x y        . 0,25 Tọa độc của C là nghiệm của hệ 2 1 0 1 2 3 2 0 0 x y x x y y             . Vậy tọa độ đỉnh C(1;0). 0,25 8a (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng 1 1 : 1 2 2 x y z     và 2 32 : 2 2 2 x y z   và mặt phẳng (P):x+y+4z+2=0. Tìm tọa độ điểm M trên 1  và N trên đường thẳng 2  sao cho MN song song với mặt phẳng (P) đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng MN với mặt phẳng (P) bằng 2 . Gọi 12 ( ; 2 ;1 2 ) ; (2 ;3 2 ; 2 2 )M t t t N k k k      (2 ;3 2 2 ;2 2 3)MN k t k t k t      0,25 (P) có VTPT   . 2 2 2 3 4(2 2 3) 9 12 91 0;1;4 MN n k t k t kn t t k             0,25 Khoảng cách giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (P) là 2 2 2 2 4(1 2 ) 2 2 6 9 6 18 1 69 ( ,( )) ( ,( )) 14 t t t t d MN P d M P t          3 0, 4 41 , 34 tk tk            0,25 Vậy   3 9 1 0;0;1 , ; ; 2 2 2 MN     hoặc 4 8 5 1 5 5 ; ; , ; ; 3 3 3 2 2 2 MN                 0,25 9a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn (1-3i)z là số thực và 2 5 1zi   . Giả sử z=a+bi, khi đó (1-3i)z=(1-3i)(a+bi)=a+3b+(b-3a)i 0,25 (1-3i)z là số thực 3a 0 3abb     0,25 22 2 5 1 2 (5 3a) 1 ( 2) (5 3a) 1z i a i a             0,25 22 2 10a 34a 29 1 5a 17a 14 6 0 7 5 21 5 ba a b                  0,25 Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) Vậy 7 21 2 6 , 55 z i z i    7b (1,0 điểm) Cho đường tròn (C) có phương trình 22 2 4 20 0x y x y     và điểm A(4;5). Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm E,F sao cho EF có độ dài bằng 8. Đường tròn (C) có tâm I(1;-2), bán kính R=5. Đường thẳng (d) qua A(4;5) có phương trình     22 4 5 0 (a 0)ba x b y   0,25 Do 22 2 2 2 2 2 4 5 3 7 ( ,( )) 5 48 33EF a b a b a b d I d a b a b              0,25   2 2 2 2 0 3 7 9( ) 42 40 0 42 40 0 b a b a b ab b ab              0,25 +) Nếu b=0, chọn a=1 thì (d):x=4. +) Nếu 42 40 0ab , chọn 20, 21ab   thì ( ):20 21 25 0d x y   . 0,25 8b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 1 : 1 1 4 x y z     và điểm M(0;3-2). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng  , đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng  với mặt phẳng (P) bằng 3. Gọi ( ; ; )n a b c là VTPT của mặt phẳng (P). Suy ra phương trình mặt phẳng (P): ax+b(y-3)+c(z+2)=0 ax+by+cz-3b+2c=0 Mặt phẳng (P) song song với  có VTCP (1;1;4)v nên . 4 0nv a b c    0,25 Lấy N(0;0;1) nằm trên  .Khoảng cách giữa  và (P) là 2 2 2 | 3b 3 | ;( )) ( ;( )) 3( c P d N P a d bc     Thay a=-b-4c ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 2 | b c| 1 2 2 8 17 10 16 0 ( 4 ) b bc c b bc c b bc c b c b c                2 8 bc bc       0,25 + Chọn c=-1, b=2, c=2 thì (P): 2x+2y-z-8=0 0,25 + Chọn c=1, b=-8, a=4 thì (P): 4x-8y+z+26=0 0,25 9b (1,0 điểm) Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác suất có ít nhất 1 thẻ ghi số chia hết chó 4 phải lớn hơn 5 6 . Trong 9 thẻ đã cho có hai thẻ ghi số chia hết cho 4 (các thẻ ghi số 4 và 8), 7 thẻ còn lại ghi số không chia hết cho 4. Giả sử rút x thẻ 9,(1 )x x N   , số cách chọn x từ 9 thẻ trong hộp là 9 x C , số phần tử của không gian mẫu là 9 | | x C 0,25 Gọi A là biến cố “Trong số x thẻ rút ra, có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4” Số cách chọn tương ứng với A là 7 x AC . Suy ra   77 99 ( ) 1 xx xx PA CC PA CC   0,25 Do đó 7 2 9 55 ( ) 1 17x 60 0 5 12 6 6 9 6 x x C P A x x C x            0,25 Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) Vậy giá trị nhỏ nhất của x là 6. Vậy số thẻ ít nhất phải rút là 6. 0,25 . Tìm số phức z thỏa mãn ( 1-3 i)z là số thực và 2 5 1zi   . Giả sử z=a+bi, khi đó ( 1-3 i)z=( 1-3 i)(a+bi)=a+3b+(b-3a)i 0,25 ( 1-3 i)z là số thực 3a 0 3abb     0,25 22 2 5 1 2 (5 3a). Trung tâm LTĐH Simple -Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) TRUNG TÂM LTĐH SIMPLE ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 3 NĂM 20 13 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài:.   0,25 4 4 4 3 0 2 2 3 0 1 3 m m m m m m m m                0,25 -2 2 - - + 0 y’ 0 x -2 0 0 + Trung tâm LTĐH Simple -Số 70 ngõ 165 Xuân