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

Page 1 
2x +1
x 1
Đề thi thử Đại học lần VI năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội 
Câu 1. (2 điểm) 
Cho hàm số y = 
2 2 2 2
1 tan x cotx
sin(x + ) cos(x + 
2 3 6 (1 tan x) (1 cot x)
  
      
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2. Tìm k để đường thẳng y = kx + 1 cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Chứng minh trung 
điểm I của đoạn AB thuộc một đường cong cố định khi k thay đổi. 
Câu 2. (1 điểm) 
Giải phương trình:
 ( 
 ( t x)



3 2
3 2
x -xy +156y=0
y -yx -39x=0
Câu 3. (1 điểm) 
Giải hệ phương trình: 
2
2
2
4
sin 2x 2x cos x
dx
sin x




Câu 4. (1 điểm) 
Tính tích phân I = 
 2x 2x cos x 
o60
Câu 5. (1 điểm) 
Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC và mặt đáy ABC là các tam giác đều cạnh a, cạnh 
bên SA tạo với đáy (ABC) một góc . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp. 
Câu 6. (1 điểm) 
ab 1 bc 1 cd 1 da 1     
Các số a, b, c, d thuộc đoạn [0; 2]. Chứng minh bất đẳng thức:
a + b + c + d ≤ 
z z 1 i  
Câu 7. (1 điểm) 
Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y – 15 = 0. Tìm tọa độ điểm M
thuộc đường thẳng d: 3x – 4y + 22 = 0 sao cho từ điểm M kẻ được tới (C) hai tiếp tuyến ME, 
MF (E, F là các tiếp điểm) mà đường thẳng EF đi qua điểm N (0; 1). 
Câu 8. (1 điểm). 
Trong không gian Oxy hãy lập phương trình mặt cầu (S) đi qua điểm M (1; 6; 0) và chứa 
đường tròn (C) là giao của mặt phẳng (P): 2x – y + z + 6 = 0 với mặt cầu (E): x2 + y2 + z2 – 10x –
8y = 0 
Câu 9. (1 điểm) 
Tìm số phức z thỏa mãn 
z 2i
z 2


và 
là số thực 
BỘ ĐỀ VTEST SỐ 11 
Page 2 

Đề thi thử Đại học lần VI 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 = kx + 1 cắt (C) tại 2 điểm phân biệt phương trình sau có 2 nghiệm 
22x 1 kx 1 pt kx (k 1)x 2 0
x 1

      

phân biệt:
2
k 0;k k 1 2 0 k 5 2 6
(k 1) 8k 0 k 6 2 6
       
  
        
(*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
và k 
k 1
k


0 (0,5 điểm) 
Gọi A (xA, yA), B (xB; yB), I (xI; yI) trong đó xA, xB là nghiệm của (*) và 
y1 = kx1 + 1 
Theo định lí Viet, ta có xA + xB = k 1 k  
k 1
k


2xI = 
I
1
x
2
 (2xI − 1)k = 1 
I
1
2x 1
và k = 
I I
I
I I
x 3x 1
y 1
2x 1 2x 1

  
 
Khi đó 
. 
3x 1
2x 1


Suy ra điểm I thuộc đồ thị của hàm số y = 
cố định. (0,5 điểm) 

1
sin( x) sin( x)
2 3 3
  
   
 
Câu 2. (1 điểm) 
Điều kiện: sin2x ≠ 0 
Pt 
2 3 3sin .cos x cos x.sin x sin x.cos x sin x
3 2

    
= cos
4
x.tanx + sin
4x.cotx (0,5 điểm)
x 2k
3
(k R)
2
x 2k
3

  
 
   

(do cosx ≠ 0) 
(thỏa mãn đk) (0,5 điểm) 
2 2
2 2
x(x y ) 156y (1)
y(x y ) 39x (2)
   

  
Câu 3. (1 điểm) 
Hệ phương trình tương đương với hệ: 
2 2 2 2 x(x y ) 156y 
(1) y(x y ) 39x (2)  
 

    156y
x

− Nếu x = 0 thì y = 0. 
− Với x ≠ 0. Từ (1) và (2) suy ra (−y)(

) = 39x 
y 0 và 4y
2
 = x
2
 (3). (0,5 điểm) 
BỘ ĐỀ VTEST SỐ 11 
Page 3 
y 26 x 2 26.   
Ta có x
2
 – y2 = 3y2 > 0 cùng với (1) suy ra x, y trái dấu. 
Do đó từ (3) ta có x = −2y. 
Thay x = −2y vào (1) ta được 6y3 = 156y .
2 26; 26Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (0; 0), ( ), 
2 26; 26( ) 
(0,5 điểm) 
2
2
4
2cos x(sin x x cos x)
I .dx
sin x



 
Câu 4. (1 điểm) 
Ta có 
. 
'
2
x sin x x cos x
sin x sin x
 
 
 
Do 
2
4
x
I 2 cos x.d( )
sin x

  
2
2 2
4 4
x x 32
2cos x. 2 d(cos x) 2 xdx .
sin x sin x 2 16 2
4
 
 

  
     
  
nên (0,5 điểm)
(0,5 điểm) 
SAM
Câu 5. (1 điểm) 
Gọi M là trung điểm của BC, ta có SM, AM vuông góc với BC, do đó (SAM) là mặt phẳng trung 
trực của BC và là góc giữa SA và mp (ABC) nên 060 SAM̂ = 
( )NAM g g 
. 2 2 a 3 a
2 33 3 3 3
MG AM AM
IM
MN
    
đều, gọi N là 
trung điểm của SA thì MN là trung trực của SA. Từ trọng tâm G của ∆ABC kẻ đường thẳng
vuông góc với mp(ABC), nó sẽ thuộc mp(SAM) và cắt MN tại I là tâm mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp. (0,5 điểm) 
Ta có ∆GIM 
2 2IM MBSuy ra bán kính R = IB = 
2 2a a a 13
.
9 4 6
 = 
3
34 13 13 aR
3 162

 Vậy Vcầu = 
(0,5 điểm) 
 
2
a b 2 a b 4    
Câu 6. (1 điểm) 
Từ giả thiết suy ra 
 
2
a b 4 4ab a b 2 1 ab       
2 1 bc Tương tự ta cũng có b + c 2 1 ca. và c + a 
1 ab 1 bc 1 cd 1 da       Suy ra a + b + c + d (đpcm) 
I A 
N 
M 
S 
C 
B 
G 
Page 4 
(1,0 điểm) 
3m 22
) d
4


Câu 7. (1 điểm) 
Đường tròn (C) có tâm (3; −1) 
và bán kính R = 5. 
Xét điểm M (m, 
 . 
MT.CT 0 

3m 22
(x m)(x 3) (y )(y 1) 0
4

     
Đường thẳng MT sẽ là tiếp tuyến của (C)
tại T (x; y) 
2 2 3m 22 3m 22x y 3x mx 3m y y 0
4 4
 
         (1) (0,5 điểm) 
Do T (x; y) 
3m 22 3m 22
y 0
4 4
 
 

(C) nên x
2
 + y
2
 = 6x – 2y + 15 thay vào (1) ta được: 
6x – 2y + 15 – 3x – mx + 3m + y –
3m 26 3m 22
y 15 3m 0
4 4
 
   (3 – m)x –
(2) 
3m 26 3m 22
15 3m 0
4 4
 
    m 2 
Như vậy các tiếp điểm E, F của các tiếp tuyến kẻ từ M tới (C) có toạ độ thoả mãn pt (2), do 
đó pt (2) là đường thẳng EF. Đường thẳng này đi qua điểm N(0 ; 1) khi và chỉ khi −
41
Đáp số: M (–2 ; 4). (0,5 điểm)
Câu 8. (1 điểm) 
Mặt cầu (E) có tâm E(5; 4; 0) và bán kính R = . Gọi H là tâm đường tròn (C), ta có 
EH EH(P) nên  pn 2; 1; 1song song với vectơ pháp tuyến của (P), suy ra phương trình 
x 5 2t
y 4 t H(5 2t; 4 t; t)
z t
 

      
 
đường thẳng EH là: 
 t; t; t)
2(5 2t) (4 t) t 6 0      

(P) 
2 2R EH 17 
t = –2. Do đó H (1; 6; –2). (0,5 điểm) 
Bán kính của (C) là r = 
Do (S) chứa (C) nên tâm S 

EH 

S (5 + 2t; 4 – t, t), 
Theo giả thiết ta suy ra: SM2 = SH2 + r2

(4 + 2t)
2
 + (2 + t)
2
 + t
2
 = (4 + 2t)
2
 + (2 + t)
2
 + (t + 2)
2
 + 17 
21
4
t = 
C 
E 
F 
M 
N 
d 
p 
E 
M 
S 
H 
Page 5 
2 2
11 37 21 643
x y z
2 4 4 8
     
          
     
Từ đó ta có phương trình đường tròn (S) theo yêu cầu là: 
(0,5 điểm) 
z z 1 i   2 2 2 2x y (x 1) (y 1) x y 1        
Câu 9. (1 điểm) 
Đặt z = x +yi. Từ (1) 
z 2i x (y 2)i x (y 2)i (x 2) yi
.
z 2 (x 2) yi (x 2) yi (x 2) yi
      
 
      
Ta có 
2 2 2 2
x(x 2) y(y 2) (x 2)(y 2) xy
i.
(x 2) y (x 2) y
     

   
= 
(0,5 điểm) 
z 2i
z 2


Để 
2 2
2 2
x(x 2) y(y 2)
0
(x 2) y
(x 2)(y 2) xy
0
(x 2) y
  
  

   
  
là số thực khi và chỉ khi 
2 2
(x 2)(y 2) xy
0 (x 2)(y 2) xy 0
(x 2) y
  
     
 
x y 2  Xét 
 (2). 
3
2
Từ (1) và (2) ta có x= 
1
2
, y = 
0Với các giá trị trên, kiểm tra ta thấy x(x – 2) + y(y – 2) . 
3 1
i
2 2
Đáp số : z = 
. (0,5 điểm)