Page 1 ĐỀ SỐ 5 Đề thi thử Đại học lần III năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = 2x 1 x1   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) Giải phương trình: 2 sin(x ) cos( x) 1x 63 cosx sin x.tan cos x cosx 2        Câu 3. (1 điểm) Giải bất phương trình: 2 2 x 24 x 27(12 x x 24x) x 24 x 8(12 x x 24x)           Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân: I = 3 3 0 x tan .sin x.(1 sinx) 42 dx. 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): x 2 + y 2 – 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 d 1 : x 1 y 1 z 2 1 1 1      và d 2 : x 4 y 5 z 7 2 1 1      Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa d 1 và tạo với d 2 một góc bằng 0 30 . Câu 9 .(1 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z = 100 96 98 (1 i) (1 i) i(1 i)     Page 2 ĐỀ SỐ 5 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 nghiệm phân biệt : 2x 1 k(x 1) 2 x1      2 pt kx 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) − Nếu k0 thì Pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 '2 k 2k k 3 0 k0 k k(k 3) 0                (0,5 điểm) Giả sử M (x 1 ; y 1 ), N (x 2 ; y 2 ) trong đó x 1 , x 2 là nghiệm của pt (*). Theo hệ thức Viet ta có x 1 + x 2 = 2  x 1 + x 2 = 2x 1  I là trung điểm của MN. Do ∆AMN vuông tại A nên 2 2 2 2 1 2 1 2AI MN MN 40 (x x ) (y y ) 40        2 2 2 2 1 2 1 (x x ) k (x x ) 40     2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 (x x ) (k 1) 40 (x x ) 4x x (k 1) 40            2 k3 4 4. (k 1) 40 k         (vì x 1 x 2 = k3 k  ) Giải phương trình trên ta được hai giá trị k = 3, k = 1 3 đều thỏa mãn bài toán. (0,5 điểm) Câu 2. (1 điểm) Điều kiện: x cosx 0, cos 0 2  Pt 2 x sin x sin x sin x.sin 1 66 2 cosx x cos x cosx cos 2                     = xx 2sin x.cos sin x.sin cosx.cos 6 22 x cosx cos 2    (0,5 điểm) 2 xk tanx 0 1 tan x 3 tan x 1 xk tanx 3 3                     với k Z Page 3 Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là: x 2k và xk 3     (k Z ) (0,5 điểm) Câu 3. (1 điểm) Điều kiện x0 . Bất phương trình đã cho tương đương với 24 x 2 x(24 x) x x 24 x 27 . 8 x 24 x 24 x 2 x(24 x) x             2 2 x 24 x 27( x 24 x) x 24 x 8( x 24 x)          (0,5 điểm)     33 8 x 24 x 27 x 24 x      2( x 24 x) 3( x 24 x) 5 5 x 24 0 25x x 0 x 1                Đáp số: 0 x 1 (0,5 điểm) Câu 4. (1 điểm) Ta có 2 2 2 2 2 x x x x x tan .sinx(1 sin x) sin cos .sin. cos sin 4 2 2 2 2 2 x x x x cos x.cosx cos sin .cos x. cos sin 2 2 2 2                                      2 sinx cos x  Suy ra 33 22 00 sin x 1 1 I dx d(cosx) 1 3 cos x cos x cosx 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. Ta có S.BCD S.BAD ABD 1 V V SH.S 3  23 1 9 3 .a 10. a a 10 3 2 2  S.BMN S.ABD S.BCM S.BCD V SN SM 1 , V SA SD 4 V SM 1 V SD 2   Suy ra S.BCMN S.BCM S.BMN S.BCD S.ABD 11 V V V V V 24     Vậy 3 S.HCMN 9 10a V 8  (0,5 điểm) S A B C D N M K Page 4 Trong mp(SAC), nối CN cắt SH tại K là giao điểm của (BCM) với SH. Ta có 22 2 CH AC 2a 2 SC SH CH 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 (*) không có nghiệm (x; y) với x + y > 0  pt (*) 3x y 2a x y x y     vô nghiệm với x + y > 0 (0,5 điểm) Đặt x t , 0 t 1 xy     . Xét f(t) =   3t 2 1 t,t 0;1   . Ta có ' 31 f (t) 2 t 1 t   với t (0;1) ' f (t) 0 3 t 7  và f(0) = 2, f(1) = 3 3, f 7 7     Suy ra   t 0;1 min f(t) 3   và   t 0;1 max f(t) 7   Do đó phương trình f(t) = a không có nghiệm trong đoạn   0; 1 a7 a3        Đáp số: a7 a3       (0,5 điểm) 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. Gọi H(x ; y) là trung điểm của BC thì AH BC và 3 1 1 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 d 1 có dạng Ax + By + Cz + D = 0 trong đó A 2 + B 2 + C 2 ≠ 0 Vectơ pháp tuyến của (P) là n(A;B;C) vectơ chỉ phương của d 1 , d 2 lần lượt là 1 u (1; 1;1) và 2 u (2;1; 1) Page 5 Mặt phẳng (P) chứa d 1 tạo với d 2 góc 0 30 nên: 1 0 2 n.u 0 cos(n,u ) sin30        (0,5 điểm) Từ đó ta có hệ phương trình: 222 A B C 0 2A B C 1 2 6. A B C            Giải hệ trên ta được (P) : x + 2y + z + D 1 = 0; x – y – 2z + D 2 = 0. Mặt khác điểm M (1 ; 1 ; 2) 1 d (P) Từ đó suy ra có hai mặt phẳng thỏa mãn bài toán là: (P 1 ) : x – y – 2z + 4 = 0 và (P 2 ) : x + 2y + z – 5 = 0 (0,5 điểm) Câu 9. (1 điểm) Ta có 2 4 2 (1 i) 2i (1 i) (2i) 4       và 2 4 2 (1 i) 2i (1 i) ( 2i) 4         Suy ra 25 4 24 24 4 2 4 (1 i) z (1 i) i(1 i) (1 i)                 (0,5 điểm) 25 25 24 2 24 24 ( 4) ( 4) 4 ( 4) 2i ( 4) 3.4 3          (0,5 điểm) Vậy số phức z có phần thực bằng 4 3  và phần ảo bằng 0. . Page 1 ĐỀ SỐ 5 Đề thi thử Đại học lần III năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = 2x 1 x1   1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C). i) (1 i) i(1 i)     Page 2 ĐỀ SỐ 5 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 ∆:.    (vì x 1 x 2 = k3 k  ) Giải phương trình trên ta được hai giá trị k = 3, k = 1 3 đều thỏa mãn bài toán. (0,5 điểm) Câu 2. (1 điểm) Điều kiện: x cosx 0, cos 0 2  Pt 2 x sin x sin