Page 1 ĐỀ SỐ 3 Đề thi thử Đại học lần V năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 + 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 d 1 , d 2 , lần lượt là các tiếp tuyến của (C) tại D và E. Chứng minh rằng các khoảng cách từ A đến d 1 và d 2 bằng nhau. Câu2. (1 điểm) Giải phương trình 2 sin3x cot x cos3x 2cosx   Câu 3. (1 điểm) Giải hệ phương trình 3 3 x xy 2 0 y 3xy 3 0          Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân I = 3 3 4 5 0 cosx cos x dx cos x    Câu 5. (1 điểm) Tứ diện ABCD có AB = AC = AD = a,   = o 20 ;   = o 60 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: 2 1 2 25 x y 1 48xy   Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông 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 vuông ABCD. Câu 8. (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm A (1; 1; 2), mặt phẳng (P): x + y + z – 2 = 0 và đường thẳng ∆: x 5 y 2 z 2 2 1 1      . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng ∆ và khoảng cách từ M đến ∆ bằng 32 . Câu 9. (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 1. 22 z 2 z 2 26    2. Số 3 2 3 2 zi 22      lớn nhất. Page 2 ĐỀ SỐ 3 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 x 3 + 3x 2 + 1 = k(x + 1) + 3 2 (x 1)(x 2x k 2) 0      Để pt trên có 3 nghiệm phân biệt thì pt x 2 + 2x – k – 2 = 0 (*) có 2 nghiệm phân biệt khác –1 ' 1 k 2 0 k3 1 2 k 2 0                 (0,5 điểm) Gọi D (x D ; y D ), E (x E ; y E ) khi đó x D, x E là nghiệm của (*). Theo hệ thức Viet ta có x D + x E = –2 Hệ số góc của các tiếp tuyến tại D và E là k 1 = y ’ (x D) = 3 2 ' 2 D D 2 E E E x 6x ,k y (x ) 3x 6x    Do x D , x E là nghiệm của (*) nên 2 DD x 6x =3(k + 2) = 3 2 E x + 6x E. Suy ra các tiếp tuyến tại D và E của (C) có cùng hệ số góc. Mặt khác x D + x E = –2 = A 2x và 3 điểm A, D, E thẳng hàng nên A là trung điểm của DE. Suy ra d (A; d 1 ) = d (A; d 2 ) (đpcm) (0,5 điểm) Câu 2. (1 điểm) Điều kiện: sinx 0,cos3x 2cosx 0   . Pt 3 2 3 3sin x 4sin x cot x 4cos x cosx    2 2 3 33 3 4 sin x cot x cos x cosx 4 sin x sin x    2 2 32 3(1 cot x) 4 cot x 4cot x cot x(1 cot x)    (0,5 điểm) 2 2 2 3 3 3cot x 1 1 cot x cot x cot x 1 3cot x cot x cot x         cot x 1 x k , k Z 4         . Kiểm tra điều kiện ta thấy thỏa mãn. Vậy nghiệm của phương trình là x = k , k Z 4     (0,5 điểm) Câu 3. (1 điểm) Từ pt x 3 + xy – 2 = 0 suy ra x 0 và 3 2x y x   , thay vào pt thứ hai ta được 3 3 3 2x 3(2 x ) 3 0 x         Page 3 Đặt t = x 3 0 , phương trình trên trở thành t 3 – 3t 2 + 3t – 8 = 0 3 3 (t 1) 7 t 1 7      Từ đó ta có : 3 3 x 1 7 và 3 3 3 17 y 17    (1,0 điểm) Câu 4. (1 điểm) Ta có I = 3 22 4 4 4 3 3 4 2 4 2 4 0 0 0 1 cosx cos x 1 1 tan x dx 1.dx .dx cos x cos x cos x cos x cos x           Đặt t = tanx 2 22 11 dt dx (1 tan x)dx dt dx cos x 1 t        Với x = 0 thì t = 0 ; x = 4  thì t = 1 Ta có 2 2 2 2 4 1 (1 tan x) (1 t ) cos x     (0,5 điểm) Suy ra I = 2 3 5 11 1 1 1 3 22 3 3 3 3 0 0 0 11 3 3 3 3 48 (1 t ) t dt t .dt t .dt .t .t 00 5 11 5 11 55            Vậy I = 48 55 (0,5 điểm) Câu 5. (1 điểm) Trong ABC cân tại A kẻ AH BC ABH vuông tại H có AB = a 0 a BAH 60 AH 2    và HB = HC = HD = a3 2 (vì ∆ BCD vuông) Ta có HA 2 + HD 2 = 22 22 a 3a a AD 44    AH HD do đó AH (BCD). ABD cân có 0 BAD 60 nên ABD đều BD a và DC = 22 BC BD a 2 . Vậy 23 ABCD BCD 1 1 a 2.a a 2 V AH.S . . 3 2 2 2 12    (đvt). (0,5 điểm) 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 vuông tại E có EF là đường cao, ta có 2 2 2 1 1 1 (*) EF ED EM  A B C D E F H J I M Page 4 Ta có EM = AH = a 2 , BCD S  BC.DE = DB.DC DB.DC a 6 DE . BC 3    Do đó từ (*) 2 2 2 2 1 3 4 11 a 22 EF 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 < 1 2 Bất đẳng thức trở thành : 2 1 2 25 1 2y y 1 48y (1 2y)     2 23 (2 3y) 1 48y (1 2y) 25y(1 2y) (2 3y)(1 48y 96y ) 25y(1 2y) 0                2 3 4 2 28y 146y 336y 288y 0      4 3 2 144y 168y 73y 14y 1 0      22 (12y 7y 1) 0    . (đpcm) (1,0 điểm) Câu 7. (1 điểm) Gọi độ dài cạnh hình vuông là 2a, khi đó AM 2 = AB 2 + BM 2 = 5a 2 , mà AM 2 = 125 a5 Kẻ BH 2 MB AM MH 5 MA     . Gọi H(x; y), do MH và MA cùng hướng và MH 1 5MH MA MA 5    5(x 10) 10 5(y 5) 5           x8 H: y4       Điểm B là giao của đường thẳng qua H vuông góc với AM và đường tròn đường kính AM. (0,5 điểm) Ta có AM(10;5) Phương trình đường thẳng BH: 2x + y – 20 = 0 Phương trình đường tròn đường kính AM: 22 5 125 (x 5) (y ) 24     Gọi B (t; 20 – 2t) 22 35 125 (t 5) ( 2t) 24      2 t 10 t 16t 60 0 t6           Với t = 10. Ta có B (10; 0) C (10; 10). Khi đó phương trình các cạnh của hình vuông ABCD là: AB: y = 0, BC: x = 10, CD: y = 10 và AD: x = 0 A B C D M H Page 5 Với t = 6. Ta có B(6; 8) C(14; 2). Khi đó phương trình các cạnh của hình vuông 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) vuông góc với  . Phương trình (Q): x + y – z = 0 Giao điểm của (Q) với  là điểm H ( 2; 1;1 ). Giao tuyến d của (F) và (Q) có vectơ chỉ phương d u cùng phương với vectơ   pQ 1 1 1 1 1 1 n ,n , , 2;2;0 1 1 1 1 1 1          . Chọn d u (1; 1;0) (0,5 điểm) Điểm N (0 ; 1 ; 1) d , suy ra phương trình của d : xt y 1 t z1         M(t;1 t;1) Ta có d(M,  ) = MH = 22 3 2 (2 t) (2 t) 18 t 5       hoặc t 1. Vậy có hai điểm thỏa mãn bài toán : 1 M (5; 4) và 2 M ( 1;2;1) (0,5 điểm) Câu 9. (1 điểm) Giả sử z = x + yi; x, y R Ta có 22 2 2 2 2 z 2 z 2 26 (x 2) y (x 2) y 26           22 x y 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. Ta có 22 3 2 3 2 3 2 3 2 z i x y 2 2 2 2                               (0,5 điểm) Vì 22 3 2 3 2 9 22                  nên điểm K 3 2 3 2 ; 22     thuộc đường tròn (S). Gọi điểm M (x ; y) là điểm thuộc (S), khi đó 22 3 2 3 2 3 2 3 2 z i x y MK 2 2 2 2                                Q d M A ∆ H Page 6 Suy ra 3 2 3 2 zi 22      lớn nhất MK lớn nhất  MK là đường kính của (S) 3 2 3 2 M; 22        . Vậy z = 3 2 3 2 i. 22  (0,5 điểm) . Page 1 ĐỀ SỐ 3 Đề thi thử Đại học lần V năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 + 3x + 1 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C). 2 zi 22      lớn nhất. Page 2 ĐỀ SỐ 3 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. HD 2 = 22 22 a 3a a AD 44    AH HD do đó AH (BCD). ABD cân có 0 BAD 60 nên ABD đều BD a và DC = 22 BC BD a 2 . Vậy 23 ABCD BCD 1 1 a 2.a a 2 V AH.S . . 3 2 2 2 12  