Đềthi thử Đại học lần II năm 2013 môn Toán – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội

Page 1 
4 21 1x x 1
4 2
 
Đề thi thử Đại học lần II năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội 
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = 
2 2 2 23x 7x 3 x 2 3x 5x 1 x 3x 4         
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2) Đường thẳng ∆ đi qua điểm cực đại của (C) và có hệ số góc k. Tìm k để tổng các 
khoảng cách từ hai điểm cực tiểu của (C) đến ∆ nhỏ nhất. 
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: 2sin3x + cos2x + cosx = 0 
Câu 3. (1 điểm) Giải phương trình:
 x 3x 4
x(1 sin x)e
1 cos x


Câu 4. (1 điểm) 
Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = 
5 2 3x 3x 2 m( x x 1)    
Câu 5. (1 điểm) 
Hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = a và đáy ABCD là tứ giác 
nội tiếp đường tròn bán kính r, trong đó các đường chéo AC và BD vuông góc với nhau. Tính 
bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. 
Câu 6. (1 điểm) 
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm
 )
2 2 2 2 23x 2y 8x 4y 8 x 4y 5 2x y 4x 42 2 33.2
2x y 2 0
          

  
Câu 7. (1 điểm) 
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A (2; 2) và hai đường trung tuyến của tam 
giác là d1: 2x + 5y – 8 = 0 và d2: x – 3y + 2 = 0. Viết phương trình các cạnh của tam 
giác 
ABC. 
Câu 8. (1 điểm) 
Trong không gian Oxyz cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có S (5; 4; 6), 
A (−1; 4; 3), C (5; −2; 3). Gọi K là trung điểm của AC và điểm H là trực tâm của tam giác 
SAB. Tính độ dài đoạn thẳng KH. 
Câu 9. (1 điểm) 
Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 3x 2y 8x 4y 8 x 4y 5 2x y 
4x 4 2 2 33.2 2x y 2 0       
    


   
BỘ ĐỀ VTEST SỐ 6 
Page 2 
3
4
ĐỀ SỐ 6 
Đề thi thử Đại học lần II năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội 
Câu 1. (2 điểm) 
Câu 1. (1 điểm). Học sinh tự giải
Câu 2. (1 điểm) 
Tọa độ điểm cực đại A (0 ; 1), tọa độ các điểm cực tiểu B (1 ; ) 
3
1;
4
và C ( ) 
: kx y 1 0   Pt của 
1
2
1
k
4
h
k 1



. Khoảng cách từ B và C lần lượt là : 
2
2
1
k
4
h
k 1
 


và 
2 2
2
1 1
2k 2 k
8 16
k 1
  

Suy ra H = (h1 + h2)
2
 = 
(*). 
1 1
2t 2 1
8 16
t 1
  

Xét hàm số f(t) = 
với t 0 
(0,5 điểm) 
1
t
16
Nếu 
4t
t 1
'
2
4
f (t) 0 f (t)
(t 1)
   

thì f(t) = 
1 4
f (t) f ( )
16 17
  đồng biến 
1
0 t
16
 Nếu '
2
1 2
f (t) 0 f (t)
4(t 1) 4(t 1)

   
 
thì f(t) = 
1 4
f (t) f ( )
16 17
  
nghịch biến
1
t
16
Suy ra f(t) nhỏ nhất khi 
1 2(h h ) Áp dụng vào (*) ta được H nhỏ nhất nhỏ nhất 
2 1 1k k
16 4
   khi và chỉ khi 
(0,5 điểm) 
2sin x.2sin x cos2x cos x 0   
Câu 2. (1 điểm)
Pt 
sin x(1 cos2x) cos2x cos x 0    
 
2 2(sin x cos x) (1 sin x)(cos x sin x) 0
(sin x cos x) 1 (1 sin x)(cos x sin x) 0
     
     
2(sin x cos x)(1 cos x sin x sin x.cos x sin x) 0       (0,5 điểm) 
Page 3 
 (sin x cos x) (1 cos x) sin x(1 cos x) (1 cos x)(1 cos x) 0
(sin x cos x)(1 cos x)(2 sin x cos x) 0
        
     
x 2k
x k
4
  
 
    

k Zvới (0,5 điểm) 
x 2
5 37
x
6
  



Câu 3. (1 điểm) 
Điều kiện 
2 2 2 23x 5x 1 3x 7x 3 x 2 x 3x 4 0          
2 2 2 2
2x 4 3x 6
0
3x 5x 1 3x 7x 3 x 2 x 3x 4
 
  
        
2 2 2 2
2 3
(x 2) 0
3x 5x 1 3x 7x 3 x 2 x 3x 4
 
    
         
x 2 
phương trình đã cho tương đương với
 2 2 2x 5x 1 3x 7x 3 x 2 x 3x 4 0         
 2 2 2
x 4 3x 6 
x 5x 1 3x 7x 3 x 2 x 3x 4
 2 2 2
x x
2
1 sin x 1 cos x sin x
du dx, v e dx e
1 cos x (1 cos x)
  
   
  
(thỏa mãn điều kiện) 
Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình. (0,5 điểm)
Câu 4. (1 điểm) 
Đặt u = 
x x
2
1 sin x 1 cos x sin x
e e dx
1 cos x (1 cos x)
  

 
Ta có I = 
x x
x
2
1 sin x e dx e sin xdx
e
1 cos x 1 cos x (1 cos x)

  
   
(1) (0,5 điểm) 
x
2
e sin xdx
(1 cos x)
Với J = 
xdu e dx , đặt u = ex 
2 2
sin xdx d(cos x) 1
v
(1 cos x) (1 cos x) 1 cos x
   
   
x xe e dx
J
1 cos x 1 cos x
  
 
, 
(2) 
x x x
x1 sin x e dx e e dxe C
1 cos x 1 cos x 1 cos x 1 cos x

   
    
Thay (2) vào (1) ta được 
I = 
xe sin x
C
1 cos x


Vậy I = 
(0,5 điểm) 
'O
Câu 5. (1 điểm) 
Trong mặt phẳng chứa đường tròn tâm 
'Ongoại tiếp tứ giác ABCD kẻ đường kính qua 
'O I BD
vuông góc với AC tại I. 
Ta có IA = IC, 
Page 4 
'O I (SAC)và 
MI SA MI (ABCD) 
. Tâm O của mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp phải nằm trên trục d 
của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD.
Gọi M là trung điểm của SC 
thì 
a
MI
2
và . 
'd (SAC)
Từ M kẻ đường thẳng d’ // O’I cắt d tại O. (0,5 điểm)
Vì 
2
' 2 ' 2 2 ' 2 2aO O O C MI O C r
2
 
     
 
tại M nên OC = OS = R là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 
Ta có R = OC = 
2 2a 4r
2

Vậy R = 
1
Câu 6. (1 điểm) 
Điều kiện : x 
5
5 2 3
3
x 3x 2
m (x 3x 2)( x x 1) m (*)
( x x 1)
 
      
 
Bpt đã cho tương đương với bất phương trình 
 (0,5 điểm) 
x x 1 Ta nhận thấy, hàm số f(x) = (x5 + 3x2 – 2)(  1; )3 đồng biến trên 
f ( x ) f (1) 2 x 1   
. Suy ra 
(x) f (1) 2 x 1  x 1. Do đó, tồn tại thỏa mãn (*), hay bất phương trình có nghiệm khi và 
m 2chỉ khi 
1B d
. (0,5 điểm)
Câu 7. (1 điểm) 
Nhận thấy A không thuộc d1 và d2. Giả sử 2C d, ; gọi M, N là trung điểm của AC và 
1dAB, khi đó M 2d, N
' '8 5tM ; t ; N (3t 2; t )
2
 
 
 
và 
 . 
1B dTừ đó suy ra C (6 – 5t; 2t – 2), B (6t
’
 – 6; 2t’ – 2) và do 2C d, nên ta có: 
'14 15t ; t
11 11
  6 – 5t – 3(2t – 2) + 2 = 0 và (6t’ – 6) + 5(2t’ – 2) – 8 = 0 
(0,5 điểm) 
24 8 4 6
B ; , C ;
11 11 11 11
   
   
   
Vậy A(2; 2), 
ABC. Từ đó phương trình các cạnh của là: 7x + y – 
16 = 0, 8x – 13y + 10 và 11x – 154y + 88 = 0 
(0,5 điểm) 
H SM.
Câu 8. (1 điểm) 
Gọi M là trung điểm của AB, thì 
AB (SKM)Do AB KHnên (1). 
BK (SAC)Mặt khác BK SAnên , 
SABH là trực tâm của SA.nên BH 
SA (KBH) KH SA  Suy ra (2) 
S 
A 
B 
C 
D 
H 
K M 
I 
S 
A 
B 
C 
O 
S 
D 
M 
d 
d
’ 
Page 5 
KH (SAB)
KH SM 
Từ (1) và (2) suy ra 
  . 
2 2 2
1 1 1
= =
KH SK KM
Do đó KH là đường cao trong tam giác vuông SKM, 
nên 
KS (3; 3; 3) KS 3 3 
(*) 
Ta có K (2; 1; 3), S (5; 4; 6) suy ra 
KS (3; 3; 3) KS 3 3  
AC(6; 6; 0)
AK 3 2 KM 3   
, 
   
3 3
2
Từ (*) suy ra KH = 
2 2 2 22(x y 4x 4y 4) x y 4x 4y 42 33.2 32 0           2t 33t 32 0   
(0,5 điểm)
Câu 9. (1 điểm) 
Pt(1) 
             (*) 
2 2x y 4x 4y 4t 2    Với 
    Pt (*) có hai nghiệm t = 1 và t = 32 (0,5 điểm) 
2 2x y 4x 4y 4 0     Với t = 1     
2 2x y 4x 4y 4 0
2x y 2 0
     

  
, kết hợp với pt (2) của hệ đã cho, ta có hệ phương trình: 
    

 
10 2 5 10 4 5
;
5 5
   
  
 
giải hệ này ta được (x; y) = 
  


(0,25 điểm) 
2 2x y 4x 4y     Với t = 32     
2 2x y 4x 4y
2x y 2 0
     

  
, kết hợp với pt (2) của hệ đã cho, ta có hệ pt: 
    

 
10 3 5 10 6 5
;
5 5
   
  
 
giải hệ này ta được (x; y) = 
  


10 2 5 10 4 5
;
5 5
   
  
 
Từ đó suy ra hệ phương trình có bốn nghiệm: 
(x; y) = 
  


10 3 5 10 6 5
;
5 5
   
  
 
, 
  

