De thi thu DH va dap an mon Toan hoc lan 3 truong THPT chuyen DHSP Ha Noi Megabookvn

1 điểm Tìm các giá trị của a để tồn tại duy nhất cặp số x, y thỏa mãn a.. Viết phương trình đường thẳng d cắt C tại hai điểm B, C sao cho tam giác ABC đều..[r]

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

2x 1

x 1





Câu 1 (2 điểm)

Cho hàm số y = 2x 1

x 1





2

sin(x ) cos( x)

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

2) Cho điểm A (0; 5) và đường thẳng ∆ đi qua điểm I (1; 2) có hệ số góc k Tìm các giá trị của k để đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M, N sao cho tam giác AMN vuông tại A

Câu 2 (1 điểm)

Giải phương trình: 2

sin(x ) cos( x)

2 2



Câu 3 (1 điểm)

Giải bất phương trình:

2 2 x 24 x

27(12 x x

24x ) x 24 x

8(12 x x 24x )



3

3 0

x tan sin x.(1 sinx)

4 2

dx

cos x







Câu 4 (1 điểm)

Tính tích phân: I = 3

3 0

x tan sin x.(1 sinx)

4 2

dx

cos x







a 10

Câu 5 (1 điểm)

Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có độ dài cạnh bằng 3a, đường cao SH

bằng a 10

x y 3x2 y

, H là trọng tâm tam giác ABD Gọi M là trung điểm của SD Mặt phẳng (BCM) cắt

SH và SA lần lượt tại K và N Tính thể tích khối chóp S.BCMN và chứng minh điểm K là trực tâm của tam giác SAC

Câu 6 (1 điểm)

Tìm các giá trị của a để tồn tại duy nhất cặp số (x, y) thỏa mãn

a x y   3x 2 y

x 1 y 1 z 2



Câu 7 (1 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2

+ y2 – 4x – 2y – 5 = 0 và điểm A (5; 2) Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm B, C sao cho tam giác ABC đều

Câu 8 (1 điểm)

Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng

d1: x 1 y 1 z 2



x 4 y 5 z 7



và d2 : x 4 y 5 z 7



0 30

Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và tạo với d2 một góc bằng 0

30 100

(1 i) (1 i) i(1 i)



Câu 9 (1 điểm)

Tìm phần thực và phần ảo của số phức z =

100

(1 i) (1 i) i(1 i)



B ĐỀ VTEST SỐ 7

2x 1

k(x 1) 2

x 1



 2

pt kx 2kx k 3 0

Đề thi thử Đại học lần III năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1 (2 điểm)

1 (1 điểm) Học sinh tự giải

2 (1 điểm)

Pt của ∆: y = k(x – 1) + 2 Để ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi pt sau có hai nghiệm phân biệt : 2x 1 k(x 1) 2

x 1



 2

pt kx 2kx k 3 0



(*) có hai nghiệm phân biệt khác 1

− Nếu k = 0 thì (*) trở thành −3 = 0 

k0

vô lý

Trường hợp này không thỏa mãn (loại)

k k(k 3) 0



thì Pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ' k 2k k 3 0 2 k 0

k k(k 3) 0





(0,5 điểm)

Giả sử M (x1 ; y1), N (x2 ; y2) trong đó x1, x2 là nghiệm của pt (*)

Theo hệ thức Viet ta có x1 + x2 = 2  x1 + x2 = 2x1  I là trung điểm của MN Do

2AIMNMN 40(x x ) (y y ) 40

(x x ) k (x x ) 40

(x x ) (k 1) 40 (x x ) 4x x (k 1) 40

2

k 3

4 4 (k 1) 40

k



∆AMN vuông tại A nên

2AI MN  MN 40 (x x ) (y  y )  40

(x x ) k (x x ) 40

(x x ) (k 1) 40 (x x ) 4x x (k  1) 40

2

k 3

4 4 (k 1) 40

k



k 3 k

 (vì x1x2 =k 3

k

 ) 1 3

Giải phương trình trên ta được hai giá trị k = 3, k = 1

3 đều thỏa mãn bài toán

(0,5 điểm)

Câu 2 (1 điểm)

x cos x 0, cos 0

2

Điều kiện: cos x 0, cos x 0

2

2

x

cos x x

cos 2

     

x sin x sin x sin x.sin

x

cos 2

     

2sin x.cos sin x.sin cosx.cos

x cosx

cos 2



=

2sin x.cos sin x.sin cosx.cos

x cosx

cos 2



2

x k tan x 0

1 tan x 3 tan x 1

tan x 3

3

 





   



(0,5 điểm)

2

x k tan x 0

1 tan x 3 tan x 1

tan x 3

3

 





   



B ĐỀ VTEST SỐ 7

x 2k

Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là:

3



  

và x k

3



   (k ZZ) (0,5 điểm)

x0

Câu 3 (1 điểm)

Điều kiện x 0

24 x 2 x(24 x) x

8

2 2

Bất phương trình đã cho tương đương với

24 x 2 x(24 x) x

x 24 x 27

8

x 24 x 24 x 2 x(24 x) x

2 2

x 24 x 27( x 24 x )

x 24 x 8( x 24 x )

2( x 24 x ) 3( x 24 x )

(0,5 điểm)

8 x 24 x 27 x 24 x

2( x 24 x ) 3( x 24 x )

5 5 x 24 0 25x x 0 x 1

0 x 1

Câu 4 (1 điểm)

2

2

tan sin x(1 sin x) sin cos sin cos sin

cos x.cos x

cos sin cos x cos sin



2

s inx

cos x



Ta có

2

2

tan sin x(1 sin x) sin cos sin cos sin

cos x.cos x

cos sin cos x cos sin



2

s inx



cos x

0

0

Câu 5 (1 điểm)

Vì BC ADvà ADADmp(SAD) nên giao tuyến của (BCM) với (SAD) là đường thẳng qua M song song với AD, suy ra MN AD do đó N là trung điểm của SA

1

3

.a 10 a a 10

S.BMN

S.ABD

S.BCM

S.BCD

,

Ta có V S.BCD V S.BAD 1SH.SABD

3

.a 10 a a 10



S.BMN

S.ABD

S.BCM

S.BCD

V SN SM 1

,

V SA SD 4

V SM 1

V SD 2

S.BCMN S.BCM S.BMN S.BCD S.ABD

Suy ra V S.BCMN V S.BCM V S.BMN 1 V S.BCD 1VS.ABD

3 S.HCMN

9 10a V

8



Vậy

3 S.HCMN

9 10a

V

8

S

A

D

2 2 2

3

Trong mp(SAC), nối CN cắt SH tại K là giao điểm của (BCM) với SH

Ta có CH 2AC 2a 2 SC SH 2 CH 2 3a 2 AC

3

CNSA

Vậy tam giác SAC cân tại C và N là trung điểm của SA, nên CN SA , do đó K là trực tâm của tam giác SAC

(0,5 điểm)

0, y 0

Câu 6 (1 điểm)

Điều kiện: x 0, y 0 

x y 3x2 y Nhận xét: Với mọi a phương trình a x y   3x 2 y (*) luôn có ít nhất một nghiệm là (0; 0)



Ta sẽ tìm a để pt (*) không có nghiệm (x; y) với x + y > 0

pt (*)  3x 2 y a

x y  x y 

  vô nghiệm với x + y > 0 (0,5 điểm) x

t , 0 t 1

x y



Đặt t  x , 0 t 1

x y  

 Xét f(t) = 3t3t 2 1 t , t 2 1 t , t    0;10;1

f (t)



Ta có f (t) ' 3 1

2 t 1 t

 t(0;1) '

f (t) 0

7

  với t (0;1) '

f (t) 0

7

 

3

3, f 7 7

  

 

 

và f(0) = 2, f(1) = 3, f 3 7

7

  

 

 

 

t 0;1

min f (t) 3

Suy ra min t   0;1 f (t)  3 và maxmax tt   0;10;1f (t)f (t)  77

a 3

 

 





Do đó phương trình f(t) = a không có nghiệm trong đoạn  0; 1 a 7

a 3

 

 





a 7

a 3

 







Đáp số: a 7

a 3

 





ABC



Câu 7 (1 điểm)

Nhận thấy A (5 ; 2) thuộc đường tròn (C), mà ABC đều nên tâm I (2; 1) của (C) là trọng tâm của tam giác ABC

AHBC

Gọi H(x ; y) là trung điểm của BC thì AH BC AH 3AI H 1 1;

và AH 3 AI H 1 1;

(0,5 điểm)

IA(3;1) Suy ra đường thẳng d đi qua H và nhận IA (3;1)

n(A; B; C)

làm vectơ pháp tuyến

Vậy phương trình đường thẳng d là : 3x + y – 2 = 0 (0,5 điểm)

Câu 8 (1 điểm)

Gọi phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 có dạng Ax + By + Cz + D = 0 trong đó A2 + B2 +

C2 ≠ 0

Vectơ pháp tuyến của (P) là n(A; B; C)vectơ chỉ phương của d1, d2 lần lượt là u (1; 1;1)u (1; 1;1)11 

u (2;1; 1)

và

u (2;1; 1)

0 30 Mặt phẳng (P) chứa d1 tạo với d2 góc 300 1 0

2

n.u 0 cos(n,u ) sin 30









0 2

n.u 0 cos(n,u ) sin 30









(0,5 điểm)

A B C 0

2

6 A B C

  





Từ đó ta có hệ phương trình:

2 2 2

A B C 0 2A B C 1

2

6 A B C

  





1

d (P)

 

Giải hệ trên ta được (P) : x + 2y + z + D1 = 0; x – y – 2z + D2 = 0 Mặt khác điểm M (1 ; 1 ; 2)  d 1 (P)

(1 i)   2i (1 i) (2i)  4

Từ đó suy ra có hai mặt phẳng thỏa mãn bài toán là:

(P1) : x – y – 2z + 4 = 0 và (P2) : x + 2y + z – 5 = 0 (0,5 điểm)

Câu 9 (1 điểm)

(1 i)    2i (1 i) (2i)  4

(1 i)    2i (1 i)  ( 2i)  4

(1 i)     2i (1 i)  ( 2i)  4

25 4

(1 i) z

(1 i) i(1 i) (1 i)



Suy ra

25 4

(1 i) z

(1 i) i(1 i) (1 i)



( 4) 2i ( 4) 3.4 3

(0,5 điểm)

24 2 24 24

( 4) ( 4) 4

( 4) 2i ( 4) 3.4 3

4 3

 Vậy số phức z có phần thực bằng 4

3



và phần ảo bằng 0