Đề thi thử Đại học lần III năm 2013 môn Toán – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội

Page 1 
Đề thi thử Đại học lần III năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội 
2x 1
x 1


Câu 1. (2 điểm) 
Cho hàm số y = 
2
sin(x ) cos( x)
1 x6 3cos x sin x.tan
cos x cos x 2
 
  
  
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
2
x 24 x 27(12 x x 24x)
x 24 x 8(12 x x 24x)
    

    
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)
  
   
  

3
30
x
tan .sin x.(1 sinx)
4 2
dx.
cos x

 
  
 

Câu 4. (1 điểm) 
Tính tích phân: I = 
a 10
Câu 5. (1 điểm) 
Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có độ dài cạnh bằng 3a, đường cao SH
bằng 
x y 3x 2. y  
, 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 1 y 1 z 2
1 1 1
  
 

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 
d1: 
x 4 y 5 z 7
2 1 1
  
 

và d2 : 
030Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và tạo với d2 một góc bằng . 
100
96 98
(1 i)
(1 i) i(1 i)

  
Câu 9 .(1 điểm) 
Tìm phần thực và phần ảo của số phức z = 
BỘ ĐỀ VTEST SỐ 7
Page 2 
2x 1
k(x 1) 2
x 1

  

2pt kx 2kx k 3 0    
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 : 

(*) có hai nghiệm phân biệt khác 1.
− Nếu k = 0 thì (*) trở thành −3 = 0 
k 0
vô lý. 
Trường hợp này không thỏa mãn (loại) 
− Nếu 
' 2
k 2k k 3 0
k 0
k k(k 3) 0
   
  
    
thì Pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 

(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 
2 2 2
2 1 2 12AI 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          
2k 34 4. (k 1) 40
k
 
    
 
∆AMN vuông tại A nên 
 ) ( y ) 40
 ( ) x x (k 1) 40
k 3
k

(vì x1x2 =
) 
1
3
Giải phương trình trên ta được hai giá trị k = 3, k = đều thỏa mãn bài toán. 
(0,5 điểm) 
Câu 2. (1 điểm) 
x
cos x 0, cos 0
2
 Điều kiện: 
2
xsin x sin x sin x.sin
1 6 6 2 cos x
xcos x cos x
cos
2
    
     
      Pt 
x x
2sin x.cos sin x.sin cosx.cos
6 2 2
xcosx
cos
2


= 
2
x k
tan x 0
1 tan x 3 tan x 1
x ktan x 3
3
 
      
   

(0,5 điểm)
Zvới k 
BỘ ĐỀ VTEST SỐ 7
Page 3 
x 2k 
Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là: 
 x k
3

  và Z(k ) (0,5 điểm) 
x 0
Câu 3. (1 điểm)
Điều kiện 
24 x 2 x(24 x) xx 24 x 27
.
8x 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)
   
 
   
. Bất phương trình đã cho tương đương với
 ) 
   
3 3
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
     
        
(0,5 điểm)
0 x 1 Đáp số: (0,5 điểm) 
Câu 4. (1 điểm) 
2
2
2 2 2
x x x x x
tan .sin x(1 sin x) sin cos .sin. cos sin
4 2 2 2 2 2
x x x xcos x.cos x
cos sin .cos x. cos sin
2 2 2 2
     
        
     
   
    
   
2
s inx
cos x

Ta có 
3 3
2 20 0
sin x 1 1
I dx d(cos x) 13
cos x cos x cos x
0
  
     Suy ra 
(1,0 điểm) 
BC AD
Câu 5. (1 điểm)
Vì ADvà 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. 
S.BCD S.BAD ABD
1
V V SH.S
3
 
2 31 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
 
 
Ta có 
S.BCMN S.BCM S.BMN S.BCD S.ABD
1 1
V V V V V
2 4
   Suy ra 
3
S.HCMN
9 10a
V
8
Vậy 
 (0,5 điểm) 
S 
A 
B C 
D 
N 
M K 
Page 4 
2 22CH AC 2a 2 SC SH CH 3a 2 AC
3
      
Trong mp(SAC), nối CN cắt SH tại K là giao điểm của (BCM) với SH. 
Ta có 
CN SAVậy tam giác SAC cân tại C và N là trung điểm của SA, nên , do đó K là trực tâm 
của tam giác SAC. 
(0,5 điểm) 
0, y 0 
Câu 6. (1 điểm)
Điều kiện: x 
x y 3x 2 y  Nhận xét: Với mọi a phương trình a 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 
3x y
2 a
x y x y
  
 
pt (*) 
vô nghiệm với x + y > 0 (0,5 điểm) 
x
t , 0 t 1
x y
  

Đặt 
 3t 2 1 t , t 0;1  . Xét f(t) = . 
' 3 1f (t)
2 t 1 t
 

Ta có 
t (0;1) 'f (t) 0 
3
t
7
 với 
3
3, f 7
7
 
 
 
và f(0) = 2, f(1) = 
 t 0;1min f (t) 3 Suy ra  t 0;1max f (t) 7 và 
 0; 1
a 7
a 3
 
 

Do đó phương trình f(t) = a không có nghiệm trong đoạn 
a 7
a 3
 


Đáp số: 
(0,5 điểm) 
ABC
Câu 7. (1 điểm) 
Nhận thấy A (5 ; 2) thuộc đường tròn (C), mà đều nên tâm I (2; 1) của (C) là trọng 
tâm của tam giác ABC. 
AH BCGọi H(x ; y) là trung điểm của BC thì 
3 1 1
AH AI H ;
2 2 2
 
   
 
và 
(0,5 điểm) 
IA (3;1)Suy ra đường thẳng d đi qua H và nhận 
n(A;B;C)
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 A
2
 + B
2
 +
C
2
 ≠ 0 
Vectơ pháp tuyến của (P) là 
1u (1; 1;1)vectơ chỉ phương của d1, d2 lần lượt là 
2u (2;1; 1)
và 
Page 5 
030Mặt phẳng (P) chứa d1 tạo với d2 góc 
1
0
2
n.u 0
cos(n,u ) sin 30
 


nên: 
(0,5 điểm) 
2 2 2
A B C 0
2A B C 1
26. A B C
  

 

 
Từ đó ta có hệ phương trình:
1d (P) 
Giải hệ trên ta được (P) : x + 2y + z + D1 = 0; x – y – 2z + D2 = 0. Mặt khác điểm M (1 ; 1 ; 
2) 
2 4 2(1 i) 2i (1 i) (2i) 4      
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 (0,5 điểm)
Câu 9. (1 điểm) 
Ta có 
2 4 2(1 i) 2i (1 i) ( 2i) 4        và 
25
4
24 24
4 2 4
(1 i)
z
(1 i) i(1 i) (1 i)
  
         
Suy ra 
25 25
24 2 24 24
( 4) ( 4) 4
( 4) 2i ( 4) 3.4 3
  
  
  
(0,5 điểm)
(0,5 điểm) 
4
3

Vậy số phức z có phần thực bằng và phần ảo bằng 0.