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

Page 1 
Đề thi thử Đại học lần IV năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội 
2 1m
4

Câu 1. (2 điểm) 
Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 2 
(1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 
(2) Đường thẳng ∆ đi qua điểm cực đại của (C) và hệ số góc bằng . Tìm các giá trị của m 
   
1
cot x cot 2x .sin x 
để khoảng cách từ điểm cực tiểu của (C) đến đường thẳng ∆ lớn nhất.
Câu 2. (1 điểm) 
Giải phương trình 1 – 3cosx + cos2x = 
 4y 19 20 x y
x x 2y 2
   

  
Câu 3. (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
 
 
2
1
20 2
x.ln 1
x 1


Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân I = 
.ln x 1
dx. 
030
Câu 5. (1 điểm) 
Hình chóp S.ABC có AB = BC = CA = SA = a, góc giữa SA và mặt phẳng (ABC) bằng 
a b c d
2
b c c d d a a b
   
   
, H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) thuộc đường thẳng BC. Tính thể tích khối cầu 
ngoại tiếp hình chóp S.ABC. 
Câu 6. (1 điểm) 
Cho các số thực dương a, b, c, d. Chứng minh bất đẳng thức:
 a b
 
Câu 7. (1 điểm) 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A (1; 3) và hai đường thẳng d1: x – y + 1 = 0, d2: 2x + y 
+ 2 = 0. Viết phương trình dạng tổng quát của đường thẳng l đi qua A và cắt hai đường thẳng d1, 
d2 lần lượt tại các điểm B và C cho 2AB = 3AC. 
Câu 8. (1 điểm) 
Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P1): x + y − 2z + 9 = 0 và (P2): 2x – y + z + 2 
= 0. Hãy lập phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt 
phẳng (α): x – 4y + z + 5 = 0, : 2x + 2y – 3z – 5 = 0 và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), 
(P2). 

Câu 9. (1 điểm) 
Số phức z = x + 2yi (x, y zR) thay đổi thỏa mãn = 1. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất 
của biểu thức P = x – y. 
BỘ ĐỀ VTEST SỐ 8
Page 2 
2 1: y (m )x 2
4
   
Đề thi thử Đại học lần IV năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội
Câu 1. (2 điểm) 
1. (1 điểm): Học sinh tự giải 
2. (1 điểm) 
Điểm cực đại là A(0 ; 2) và cực tiểu là B (2 ; – 2)
Pt của 
Gọi h là khoảng cách từ B đến . Ta luôn có h 
 
AB. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB 
A B ( 2 ; 4 ) 
. (0,5 điểm)
Ta có (2; 4) và vectơ chỉ phương của 
2 1u (1; m )
4
là 
  2 2
1 1 1
AB.u 0 2 4(m ) 0 m m
4 4 2
          Khi đó AB 

(0,5 điểm) 
Câu 2. (1 điểm) 
Điều kiện: sin2x 
1
1
.sin x
sin 2x

21 3cos x cos2x 2cos x 2cos x cos x 0        cos x(2cos x 1) 0  
0 
Pt đã cho tương đương với pt : 1 – 3cosx + cos2x = 
0 cos x 0 
(0,5 điểm)
Do sin2x 
1
cos x x 2k (k Z)
2 3

       nên 2cosx – 1 = 0 
. 
x 2k
3

    (k Z)
Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là: 
 (0,5 điểm) 
Câu 3. (1 điểm) 
0, x 2y 0  Điều kiện x 
x x 2y 2 2x 2y 2 x(x 2y) 2 x(x 2y) 1 (x y)            
2 2 2 2
x y 1 x y 1
x 2y 1 2(x y) x 2xy y 2(x y) 1 y
    
  
         
Ta có 
2
4 2
2
y 1
y 10y 9 0
y 9
 
     

Thay vào 2(x + y) = 1 + y
2
 và pt y
4
 + 19 = 20(x + y), ta 
được: 
y
4
 + 19 = 10(1 + y
2
) 2 4 2 2 y 1 y 10y 
9 0 
y 9 
       

210 1 y 2(x y) 2     Với y2 = 9 vô lý. Trường hợp này vô nghiệm. 
2
y 1 x 0
y 1
y 1 x 2
  
      
Với 
(thỏa mãn điều kiện) 
BỘ ĐỀ VTEST SỐ 8
Page 3 
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x; y) = (0 ; 1), (2 ; 1) (0,5 điểm) 
 
22
2
1 2x
x 1 x 1
 
 
  
2 2
1 1
2
2 2 20 0
11 1 ln(x 1) 1 d ln(x 1)
1 ln(x 1)d
02 x 1 2(x 1) 2 x 1
  
       
   
 
Câu 4. (1 điểm) 
Ta có 
1
2 2 20
1ln 2 1 2xdx ln 2 1 1 1 ln 2
04 2 (x 1) 4 2 x 1 4

     
 
=
(1,0 điểm) 

Câu 5. (1 điểm) 
0SAH 30SAH vuông tại H có SA = a, 
a
2
nên SH = 
a 3
2
và AH = 
ABCTrong 'đều, kẻ đường cao AH , 
'AH AHta có 
'
(đường vuông góc không lớn hơn đường xiên). 
Mặt khác AH
a 3
2
=
 'H H, suy ra 
ASP
. Vậy H là trung điểm của BC. 
Gọi P là điểm đối xứng của S qua H, thì ASP là tam giác đều có đường cao là AH, kẻ đường 
trung trực của SA cắt AH tại G là trọng tâm của 
a 3
3
. 
Ta có GS = GA = GB = GC. Suy ra G là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có bán kính R 
= 
 24 a 3
27

. Thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là V =
a(d a) c(b c) b(a b) d(c d)
(b c)(d a) (a b)(c d)
     

   
   
2 2
4 a(d a) d(b c) 4 b(a b) d(a d)
VT
(a b c d) (a b c d)
     
 
     
2 2 2 2
2
4(a b c d ab bc cd da)
VT
(a b c d)
      
 
  
2 2 2
2
2 2
2
2(a b c d) 2(a c) 2(b d)
(a b c d)
2(a c) 2(b d)
2 2
(a b c d)
      

  
  
  
  
Câu 6. (1 điểm) 
Ta có VT = 
 ( c) b(a b) d(c d)
 ) (a b)(c d)
 bc cd da)
Đẳng thức xảy ra khi a = c và b = d. Bất đẳng thức được chứng minh 
(1 điểm) 
1 2d , C d 
Câu 7. (1 điểm) 
Do B AB (t 1; t 2)   nên B (t; t + 1) và C (t
’
; −2t’ − 2) AC và (t’ − 1 ; −2t’ 
− 5)Từ đẳng thức 2AB = 3AC, ta có hai trường hợp sau: 
S 
A C 
B 
P 
H 
G 
Page 4 
2(t 1) 3(t ' 1)
2AB 3AC
2(t 2) 3( 2t ' 5)
  
  
    
2t 3t ' 1
2t 6t ' 11
  
 
  
13
t
19 256
AB ( ; ).
10 6 6
t '
9

 
    
  

*) 
u (19;25)Chọn 
' '
' '
2(t 1) 3(t 1) 2t 3t 5
2AB 3AC
2(t 2) 3( 2t 5) 2t 6t 19
      
    
       
29
t
23 176
AB ( ; ).
14 6 6
t '
9


  
  

làm vectơ chỉ phương của l. 
Ta có pt của l là : 25x – 19y + 32 = 0 (0,5 điểm) 
*) 
u (23; 17)Chọn 
n (1; 4;1), n (2;2; 3)    
làm vectơ chỉ phương của l. 
Ta có pt của l là: 17x – 23y + 52 = 0 
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là : 
l1 : 25x – 19y + 32 = 0 và l2 : 17x – 23y + 52 = 0. (0,5 điểm)
Câu 8. (1 điểm) 
Gọi 
4 1 1 1 1 4
n ,n , , (10;5;10)
2 3 3 2 2 2
 
   
        
thứ tự là vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (α) và (β). Khi 
đó vectơ chỉ phương của d cùng phương với vectơ 
. 
2;0; 3) Ta nhận thấy điểm M ( 
x 2 2t
y t
z 3 2t
  


   
nằm trên d, nên phương trình của d là: 
( 2 2t; t; 3 2t)   
(0,5 điểm)
Gọi I t;t; 3 2t)
2 2t t 6 4t 9 4 4t t 3 2t 2
6 6
           
 
t 3
t 13 5t 5
t 2

        
là tâm mặt cầu tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2) 
Ta có d (I, (P1)) = d (I, (P2)) 2 2t t 6 4t 9 4 4t t 3 2t 2
6 6      
        t 
3 t 13 5t 5 
t 2 
         

2 2 2
1
2 2 2
2
50
(S ) : (x 4) (y 3) (z 3)
3
75
(S ) : (x 6) (y 2) (z 7)
2
     
     
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn bài toán: 
Page 5 
(0,5 điểm) 
Câu 9. (1 điểm) 
2 2 2 2z 1 x 4y 1 x 4y 1      Ta có (1) 
y x P  Từ P = x – y , thay vào (1) ta được 5x2 – 8Px + 4P2 – 1 = 0 (2) 
(0,5 điểm) 
' 2 2 5 516P 5(4P 1) 0 P
2 2
        Pt (2) có nghiệm 
5 2 5 5
P z .i
2 5 10
     Với 
5 2 5 5
z .i
2 5 10
  ; Với P = 
5
2
Suy ra : minP = 
2 5 5
z .i
5 10
  khi 
; 
5
2
maxP = 
2 5 5
z .i
5 10
 khi 
(0,5 điểm)