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

Page 1 
2sin3x cot x
cos3x 2cos x


Đề thi thử Đại học lần V năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội 
Câu 1. (2 điểm) 
Cho hàm số y = x3 + 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 d1, d2, lần lượt là các tiếp tuyến của (C) tại D và E. Chứng 
minh rằng các khoảng cách từ A đến d1 và d2 bằng nhau. 
Câu2. (1 điểm) Giải phương trình 
3
3
x xy 2 0
y 3xy 3 0
   

  
Câu 3. (1 điểm) Giải hệ phương trình 
33
4
50
cos x cos x
dx
cos x
 
Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân I = 
Câu 5. (1 điểm) 
Tứ diện ABCD có AB = AC = AD = a, o20̂ = ; o60̂ = 
2
1 2 25
x y 1 48xy
 

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: 
x 5 y 2 z 2
2 1 1
  
 

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 ∆: 
3 2
. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng 
∆ và khoảng cách từ M đến ∆ bằng . 
2 2
z 2 z 2 26   
Câu 9. (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 
1. 
3 2 3 2
z i
2 2
 
   
 
2. Số 
lớn nhất. 
BỘ ĐỀ VTEST SỐ 9
Page 2 
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 
2(x 1)(x 2x k 2) 0     
pt sau có 3 nghiệm phân biệt
x
3
 + 3x
2
 + 1 = k(x + 1) + 3 
' 1 k 2 0
k 3
1 2 k 2 0
    
   
   
Để pt trên có 3 nghiệm phân biệt thì pt x2 + 2x – k – 2 = 0 (*) có 2 nghiệm 
phân biệt khác –1 ' 1 k 2 0 
k 3 
1 2 k 2 0   
     

    
2 ' 2
D D 2 E E Ex 6x ,k y (x ) 3x 6x   
(0,5 điểm) 
Gọi D (xD ; yD), E (xE ; yE) khi đó xD, xE là nghiệm của (*). Theo hệ thức Viet ta có xD + xE =
–2 
Hệ số góc của các tiếp tuyến tại D và E là 
k1 = y
’
(xD) = 3 2 ' 2
D D 2 E E E x 
6x ,k y (x ) 3x 6x 
  
2
D Dx 6xDo xD, xE là nghiệm của (*) nên 
2
Ex=3(k + 2) = 3
A2x
+ 6xE. 
Suy ra các tiếp tuyến tại D và E của (C) có cùng hệ số góc. 
Mặt khác xD + xE = –2 = 
0,cos3x 2cos x 0  
và 3 điểm A, D, E thẳng hàng nên A là trung điểm của DE. 
Suy ra d (A; d1) = d (A; d2) (đpcm) (0,5 điểm) 
Câu 2. (1 điểm)
Điều kiện: sinx s x 0. 
3
2
3
3sin x 4sin x
cot x
4cos x cos x

 

2
2
3
3 3
3
4
sin x cot x
cos x cos x
4
sin x sin x

 

2
2
3 2
3(1 cot x) 4
cot x
4cot x cot x(1 cot x)
 
 
 
Pt 
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

      
(0,5 điểm)
k , k Z
4

  
. Kiểm tra điều kiện ta thấy thỏa mãn. 
Vậy nghiệm của phương trình là x = (0,5 điểm) 
0
Câu 3. (1 điểm) 
Từ pt x3 + xy – 2 = 0 suy ra x 
32 x
y
x

và 
3
3
32 x 3(2 x ) 3 0
x
 
    
 
, thay vào pt thứ hai ta được 
BỘ ĐỀ VTEST SỐ 9
Page 3 
0Đặt t = x3 3 3(t 1) 7 t 1 7     , phương trình trên trở thành t3 – 3t2 + 3t – 8 = 0 
3 3x 1 7 Từ đó ta có : 
3
3 3
1 7
y
1 7



và 
(1,0 điểm) 
32 2
4 4 43 3
4 2 4 2 40 0 0
1 cos x cos x 1 1 tan x
dx 1.dx .dx
cos x cos x cos x cos x cos x
  

    
Câu 4. (1 điểm) 
Ta có I = 3 2 
2
4 
4 
4
3 
3
4 2 
4 2 
4
0 
0 
0
1 cos x cos 
x 1 
1 
tan x dx 
1.dx 
.dx
cos x cos 
x 
cos x cos x 
cos x 




  


2
2 2
1 1
dt dx (1 tan x)dx dt dx
cos x 1 t
     

Đặt t = tanx 
4

Với x = 0 thì t = 0 ; x = thì t = 1 
2 2 2 2
4
1
(1 tan x) (1 t )
cos x
   Ta có 
(0,5 điểm) 
2 3 5 11
1 1 1
32 2 3 3 3 3
0 0 0
1 13 3 3 3 48
(1 t ) t dt t .dt t .dt .t .t
0 05 11 5 11 55
         Suy ra I = 
48
55
Vậy I = (0,5 điểm) 
ABC
Câu 5. (1 điểm)
Trong BC
ABH
cân tại A kẻ AH 
0 aBAH 60 AH
2
  
vuông tại H có AB = a
a 3
2
và HB = HC = HD = 
(vì ∆ BCD vuông) 
2 2
2 2a 3a a AD
4 4
  
AH HD 
Ta có HA
2
 + HD
2
 = 
 (BCD). ABD do đó AH cân 
0BAD 60có ABDnên 
BD a 
đều 
2 2BC BD a 2 và DC = . 
2 3
ABCD BCD
1 1 a 2.a a 2
V AH.S . .
3 2 2 2 12
  Vậy 
BC
(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 , trong mp (ABC) 
(DEM)
qua E kẻ đường thẳng song song với AH cắt d tại M. 
Khi đó BC // (ADM) và BC 
EF DMTrong ∆DEM kẻ thì độ dài EF bằng khoảng cách hai đường thẳng AD và BC. 
AH Do (ABC) DE (ABC)   DE ME (BCD) nên (BCD) 
DEMTrong 
2 2 2
1 1 1
(*)
EF ED EM
 vuông tại E có EF là đường cao, ta có
A 
B C 
D 
E 
F 
H J 
I 
M 
Page 4 
a
2
Ta có EM = AH = BCDS , 
DB.DC a 6
DE .
BC 3
  BC.DE = DB.DC 
2 2 2 2
1 3 4 11 a 22
EF
EF 2a a 2a 11
    Do đó từ (*) 
a 22
11
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC bằng 
(0,5 điểm) 
x 1 2y  
Câu 6. (1 điểm) 
Từ giả thiết x, y > 0 và x + 2y = 1 
1
2
và 0 < y < 
2
1 2 25
1 2y y 1 48y (1 2y)
 
  
2
2 3
(2 3y) 1 48y (1 2y) 25y(1 2y)
(2 3y)(1 48y 96y ) 25y(1 2y) 0
       
      
2 3 42 28y 146y 336y 288y 0     
4 3 2144y 168y 73y 14y 1 0     
2 2(12y 7y 1) 0   
Bất đẳng thức trở thành : 
 )
 y 0
 0
a 5 
. (đpcm) 
(1,0 điểm)
Câu 7. (1 điểm) 
Gọi độ dài cạnh hình vuông là 2a, khi đó AM2 = AB2 + BM2 = 5a2, 
mà AM
2
 = 125 
2MB
AM MH 5
MA
   Kẻ BH . Gọi H(x; y), 
MHdo MAvà 
MH 1
5MH MA
MA 5
  
5(x 10) 10
5(y 5) 5
  
 
  
cùng hướng và 
x 8
H :
y 4

 

AM(10;5)
Điểm B là giao của đường thẳng qua H vuông góc với AM và đường tròn đường kính AM. 
(0,5 điểm) 
Ta có 
2 25 125(x 5) (y )
2 4
   
Phương trình đường thẳng BH: 2x + y – 20 = 0 
Phương trình đường tròn đường kính AM: 
2 235 125(t 5) ( 2t)
2 4
     2
t 10
t 16t 60 0
t 6

      
Gọi B (t; 20 – 2t) 
C (10; 10).Với t = 10. Ta có B (10; 0) 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 
C(14; 2).Với t = 6. Ta có B(6; 8) 

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 2; 1;1là điểm H ( ). 
du
Giao tuyến d của (F) và (Q) 
có vectơ chỉ phương d u  p Q
1 1 1 1 1 1
n ,n , , 2;2;0
1 1 1 1 1 1
 
         
cùng phương với vectơ 
du (1; 1;0) 
. 
Chọn (0,5 điểm) 
dĐiểm N (0 ; 1 ; 1) 
x t
y 1 t
z 1


 
 
M(t;1 t;1) , suy ra phương trình của d : 
Ta có d(M, 2 23 2 (2 t) (2 t) 18 t 5      ) = MH = t 1. hoặc 
1M (5; 4)Vậy có hai điểm thỏa mãn bài toán : 2M ( 1;2;1)và 
(0,5 điểm) 
R
Câu 9. (1 điểm) 
Giả sử z = x + yi; x, y 
2 2 2 2 2 2z 2 z 2 26 (x 2) y (x 2) y 26          
2 2x y 9  
Ta có 
2 2
3 2 3 2 3 2 3 2
z i x y
2 2 2 2
     
               
     
. 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 
(0,5 điểm) 
2 2
3 2 3 2
9
2 2
   
       
   
Vì 
3 2 3 2
;
2 2
 
  
 
nên điểm K 
thuộc đường tròn (S). 
2 2
3 2 3 2 3 2 3 2
z i x y MK
2 2 2 2
     
                
     
Gọi điểm M (x ; y) là điểm thuộc (S), khi đó 
Q 
d 
M 
A 
∆ 
H 
Page 6 
3 2 3 2
z i
2 2
 
   
 
Suy ra 
MKlớn nhất lớn nhất 
3 2 3 2
M ;
2 2
 
    
 
MK là đường kính của (S) 
. 
3 2 3 2
i.
2 2
 Vậy z = 
(0,5 điểm)