Đề thi thử đại học chuyên ĐHSP năm 2013 môn toán (3)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. 0 Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A’B’C’.. Tìm tọa độ của điểm M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến ∆ bằng độ dài đoạn

ĐỀ SỐ 2

Đề thi thử Đại học lần VI năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội

Câu 1 (2 điểm)

Cho hàm số y = −x3

+ 3x + 2

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Đường thẳng ∆ đi qua điểm I (0; 2) với hệ số góc k Tìm các giá trị của k để ∆ cắt (C) tại 3 điểm phân biệt I, B, C và tam giác ABC vuông tại A (0; 4)

Câu 2 (1 điểm)

Giải phương trình:

3sin2x.cos(x + 3

2

 ) + 3sin2x.cosx = sinx.cos2x + sin2(x +

2

 ).cosx

Câu 3 (1 điểm)

Giải hệ phương trình

14x 15xy 4y 24x 12y 0







Câu 4 (1 điểm)

Tính tích phân I = 2 2 2

3 x x 1 ln x dx



Câu 5 (1 điểm)

Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có góc giữa đường thẳng AB’ và mặt phẳng (BB’C’C) bằng 30 và khoảng cách từ A đến trung điểm M của cạnh A’B’ bằng 3a 0

Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A’B’C’

Câu 6 (1 điểm)

Các số thực dương x, y, z thỏa mãn x ≥ y; x ≥ z Chứng minh rằng:

       

Câu 7 (1 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (S): x2

+ y2 – 2x – 6y + 8 = 0 và hai đường thẳng d: 3x – y – 10 = 0 và ∆: x + y – 2 = 0 Tìm tọa độ của điểm M thuộc d sao cho khoảng

cách từ M đến ∆ bằng độ dài đoạn MT là tiếp tuyến kẻ từ N đến đường tròn (S) với T là tiếp

điểm

Câu 8.(1 điểm)

Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:

x 3 2t

z 1 t

 



  



  



và mặt phẳng

(P): x + 2y – z + 3 = 0 cắt nhau tại điểm A Vậy phương trình dạng tham số các đường thẳng ∆ thuộc (P), vuông góc với d và có khoảng cách từ A đến ∆ bằng 2 2

Câu 9 (1 điểm)

Đặt a = x 1

2

log 9 7

2   ; b = 2 x 1

1 log (3 1) 5

2   Xét khai triển (a + b)7

=

7

k 7 k k 7

k 0

C a  b





Tìm x để trong khai triển trên, số hạng thứ sáu bằng 84

ĐỀ SỐ 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 + 2 cắt (C) tại 3 điểm phân biệt pt sau có 3 nghiệm phân biệt:

x3 + 3x + 2 = kx + 2  x(x2 + k – 3) = 0

Để pt trên có 3 nghiệm phân biệt thì pt x2

+ k – 3 = 0 (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0  k

< 3

Gọi B (xB ; kxB + 2), C (xC ; kxC + 2) trong đó xB, xC là nghiệm của (*)

Theo hệ thức Viet ta có xB + xC = 0 = 2xI  I là trung điểm của BC

(0,5 điểm) Tam giác ABC vuông tại A AI = 1BC

2 4AI2 = BC2 (xB – xC)2 + k2(xB – xC)2 = 16

2





      

 

 (các giá trị này đều thỏa mãn điều kiện k < 3) (0,5 điểm)

Câu 2 (1 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với phương trình:

3sin3x + 3sin2xcosx = sinxcos2x + cos3x

 (sinx + cosx)(3sin2x – cos2x) = 0 (0,5 điểm)

Với sinx + cosx = 0  x = k (k Z)

4



Với 3sin2

x – cos2x = 0 cos2x = 1



Đáp số: x = k ;

4



6



     (0,5 điểm)

Câu 3 (1 điểm)

Ta có 14x2 – 15xy + 4y2 – 24x + 12y = 0 (y – 2x)(4y – 7x + 12) = 0

Xét 4y – 7x + 12 = 0, khi đó pt thứ hai của hệ trở thành x + 8x + 32 = 0 phương trình này 2

vô nghiệm (0,5 điểm)

Xét y – 2x = 0 y = 2x

thay vào pt thứ hai ta được 2

x 6  x 8x 32 6 (*)

∙ Nếu x 6thì (*) x2 8x 32 x 2 6 x 0 2

  





    

∙ Nếu x  6thì (*) x2 8x 32 x 12 2 12 x2 6

   





     

Đáp số: (x; y) =  4; 8 ,  7; 14 (0,5 điểm)

Câu 4 (1 điểm)

3

1

x x 1.ln x dx

2  Đặt t = x21, với x = 3 thì t = 2,

2

x



và I =

4

2

3

2



4 3

2 2

2

3

 









Vậy I = 41ln 2 3ln 3 22

3 2  9 (0,5 điểm)

Câu 5 (1 điểm)

Gọi I là trung điểm của BC

AA’M = B’BI B’I = AM = 3a

Do lăng trụ đã cho đều,

nên ta có AI (BCB’C’) AB I 30'  0

 AI = B’I.tan 30 = a0 3

'

Gọi G, G’ lần lượt là tâm của ABC và A B C' ' 'thì GG’ = BB’ = 2a 2và trung điểm O của

GG’ là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ

Ta có R = OA =

2

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ là: Smc =

2

40 a 3

 (1,0 điểm)

Câu 6 (1 điểm)

Bất đẳng thức tương đương với y x z y x z 0

y(y 1) z(z 1) x(x 1)

Do x = maxx, y, z nên: 

M

C

O

G’

− Nếu y z thì x y x y

x(y 1) y(y 1)

x(x 1) z(z 1) x(x 1) y(y 1) z(z 1)

0 y(y 1) z(z 1) x(x 1)

   (đpcm) (1,0 điểm)

− Nếu y  zthì z y z y

z(z 1) y(y 1)



x(x 1) y(y 1) y(y 1) x(x 1) z(z 1)

0 y(y 1) z(z 1) x(x 1)

   (đpcm) (0,5 điểm)

Câu 7 (1 điểm)

Đường tròn (S) có tâm I (1; 3) và bán kính R = 2

Ta có M (t; 3t – 10) d,khi đó IM (t – 1; 3t – 13)

Ta có MT2 = MI2 – IT2 = (t – 1)2 + (3t – 13)2 –2

và d(M, ) = MH = t 3t 12 2 2 t 3

2

 

Ta có MH = MT (t 1) 2+  2

t 16t 48 0

t 12







Từ đó suy ra có hai điểm M thỏa mãn bài toán là : M1 (4; 2) và M2 (12; 26)

(1 điểm)

Câu 8 (1 điểm)

Gọi vectơ chỉ phương của d và vectơ pháp tuyến của (P) lần lượt là u (2;1;1) và d n (1; 2; 1)p 

Ta có d p

, 2

u n  suy ra góc giữa d và (P)

bằng 0

30 Đường thẳng ∆ thuộc

mặt phẳng (Q) vuông góc với d

 Phương trình (Q) : 2x + y + z + D = 0

Giao điểm của (P) với d là A(1; − 2; 0) Gọi M là giao điểm của (Q) với d và H là hình chiếu của A trên  Do là giao tuyến của (P) và (Q) nên có vectơ chỉ phương là

1

u n , n ( 1; 1; 1)

3

    (0,5 điểm)

Ta có MAH 30 0, AH = 2 2AM 6 tức là khoảng cách từ A đến (Q) bằng 6 2.1 2 0 D

6

  

Với D = 6  (Q) : 2x + y + z + 6 = 0 Ta nhận thấy E (−3; 0; 0) thuộc (P) và (Q) nên pt :



 



I

T

M

H

d

∆

p

∆

d

H

M

A

Với D = − 6  (Q) : 2x + y + z − 6 = 0 Ta nhận thấy F (1, 0, 4) thuộc (P) và (Q) nên pt

 : x 1 y z 4

 



Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán : 1:x 3 y z



:

 (0,5 điểm)

Câu 9 (1 điểm)

Ta có a =

1



Khi đó (a + b)7

=

7

7

7

k 0



Số hạng thứ sáu trong khai triển ứng với k = 5 (0,5 điểm)

7

C (9  7)(3 1) 8421(3  7)84(3 1)

x 1 2(x 1) x 1

x 1

x 1







Đáp số : x = 1; x = 2