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]

B ĐỀ VTEST SỐ Đề thi thử Đại học lần III năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu (2 điểm) 2x  x 1 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Cho điểm A (0; 5) và đường thẳng ∆ qua điểm I (1; 2) có hệ số góc k Tìm các giá trị k để đường thẳng ∆ cắt (C) hai điểm M, N cho tam giác AMN vuông A Câu (1 điểm)   sin(x  )  cos(  x) x Giải phương trình:  cos x   sin x.tan cos x cos x Câu (1 điểm) Cho hàm số y = x  24  x 27(12  x  x  24x ) Giải bất phương trình:  x  24  x 8(12  x  x  24x ) 22x 24 x 27(12 x x Câu (1 điểm) x 24x ) x 24  x 8(12 x x 24x ) tan    sin x.(1  sinx) 4 2 dx Tính  tích phân: I =  3 cos x     Câu  (1 điểm)   Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có độ dài cạnh 3a, đường cao SH  a 10 , H là trọng tâm tam giác ABD Gọi M là trung điểm SD Mặt phẳng (BCM) cắt SH và SA K và N Tính thể tích khối chóp S.BCMN và chứng minh điểm K là trực tâm tam giác SAC Câu (1 điểm) Tìm các giá trị a để tồn cặp số (x, y) thỏa mãn a x  y  3x  y Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y – = và điểm A (5; 2) Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) hai điểm B, C cho tam giác ABC Câu (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng x 1 y 1 z  x 4 y5 z 7 d1: và d2 :     1 1 1 Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và tạo với d2 góc 300 Câu (1 điểm) Tìm phần thực và phần ảo số phức z = (1  i)100 (1  i)96  i(1  i)98 Page B ĐỀ VTEST SỐ Đề thi thử Đại học lần III năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu (2 điểm) (1 điểm) Học sinh tự giải (1 điểm) Pt ∆: y = k(x – 1) + Để ∆ cắt (C) hai điểm phân biệt và pt sau có hai 2x   k(x  1)  nghiệm phân biệt : x 1  pt kx  2kx  k   (*) có hai nghiệm phân biệt khác − Nếu k = thì (*) trở thành −3 =  vô lý Trường hợp này không thỏa mãn (loại)  k  2k  k   − Nếu k  thì Pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác   ' k0   k  k(k  3)  (0,5 điểm) Giả sử M (x1 ; y1), N (x2 ; y2) đó x1, x2 là nghiệm pt (*) Theo hệ thức Viet ta có x1 + x2 =  x1 + x2 = 2x1  I là trung điểm MN Do ∆AMN vuông A nên 2AI  MN  MN2  40  (x (x2  xx1 ))2  (y (y2  yy1 ))2  40 40  (x  x1 )2  k (x  x1 )  40 40  (x  x1 )2 (k  1)  40 40  (x (x2  xx1 ))2  4x 4x1xx2  (k (k2 1) 1) 40 40 k 3 k 3      (k  1)  40 (vì x1x2 = k ) k   Giải phương trình trên ta hai giá trị k = 3, k = thỏa mãn bài toán (0,5 điểm) Câu (1 điểm) x Điều kiện: cos x  0, cos      sin  x    sin  x   sin x.sin x 6 6    cos x   Pt  x cos x cos x cos  x x 2sin x.cos sin x.sin  cosx.cos 6 2 = (0,5 điểm) x cosx cos  x  k  tan x     tan x  tan x     x    k tan x    Page với k  Z Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm phương trình là:  x  2k và x   k (k  Z ) Câu (1 điểm) Điều kiện x  Bất phương trình đã cho tương đương với (0,5 điểm) x  24  x 27 24  x  x(24  x)  x  x  24  x 24  x  x(24 x(24  x) x)  xx  x  24  x 27( x  24  x ))2  x  24  x 8( x  24  x ) 8  x  24  x   27  x  24  x (0,5 điểm)   2( x  24  x )  3( x  24  x )  5  x  24   25x  x   x  Đáp số:  x  Câu (1 điểm) (0,5 điểm) x x x x  x   tan    sin x(1  sin x)  sin  cos  sin  cos  sin  2 2 4 2  Ta có   x x cos x.cos x   2x x  cos  sin  cos x  cos  sin  2 2   s inx  cos x  Suy I     sin x 1 dx    d(cos x)  1 cos x cos x cos x (1,0 điểm) Câu (1 điểm) Vì BC AD và AD mp(SAD) nên giao tuyến (BCM) với (SAD) là đường thẳng qua M song song với AD, suy MN AD đó N là trung điểm SA Ta có VS.BCD  VS.BAD  SH.SABD  a 10 a  a 10 2 VS.BMN SN SM   , VS.ABD SA SD VS.BCM SM   VS.BCD SD S N M K C B A D 1 Suy VS.BCMN  VS.BCM  VS.BMN  VS.BCD  VS.ABD Vậy VS.HCMN S.HCMN  10a (0,5 điểm) Page Trong mp(SAC), nối CN cắt SH K là giao điểm (BCM) với SH Ta có CH  AC  2a  SC  SH  CH  3a  AC Vậy tam giác SAC cân C và N là trung điểm SA, nên CN  SA , đó K là trực tâm tam giác SAC (0,5 điểm) Câu (1 điểm) Điều kiện: x  0, y  Nhận xét: Với a phương trình a x  y  3x 3x  22 yy (*) luôn có ít nghiệm là (0; 0) Ta tìm a để pt (*) không có nghiệm (x; y) với x + y >  pt (*)  Đặt t  3x y 2  a vô nghiệm với x + y > xy xy x ,  t  Xét f(t) = xy Ta có f ' (t)  (0,5 điểm) 3t   t, t , t  0;1 3 với t  (0;1)  f ' (t)   t   1 t t và f(0) = 2, f(1) = 3 3, f    7 Suy t0;1 f (t)  và max t0;1f (t)  a  Do đó phương trình f(t) = a không có nghiệm đoạn  0; 1    a  a  Đáp số:  (0,5 điểm)  a  Câu (1 điểm) Nhận thấy A (5 ; 2) thuộc đường tròn (C), mà ABC nên tâm I (2; 1) (C) là trọng tâm tam giác ABC 1 Gọi H(x ; y) là trung điểm BC thì AH  BC và AH  AI  H  ;  2 2 (0,5 điểm) Suy đường thẳng d qua H và nhận IA  (3;1) làm vectơ pháp tuyến Vậy phương trình đường thẳng d là : 3x + y – = (0,5 điểm) Câu (1 điểm) Gọi phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 có dạng Ax + By + Cz + D = đó A2 + B2 + C2 ≠ Vectơ pháp tuyến (P) là n(A; B;C) vectơ phương d1, d2 là u1 (1; 1;1) và u (2;1; 1) Page  n.u1  Mặt phẳng (P) chứa d1 tạo với d2 góc 300 nên:   cos(n,u )  sin 30 (0,5 điểm) Từ đó ta có hệ phương trình: ABC    2A  B  C    2 2  A  B  C Giải hệ trên ta (P) : x + 2y + z + D1 = 0; x – y – 2z + D2 = Mặt khác điểm M (1 ; ; 2)  d1  (P) Từ đó suy có hai mặt phẳng thỏa mãn bài toán là: (P1) : x – y – 2z + = và (P2) : x + 2y + z – = Câu (1 điểm) (0,5 điểm) Ta có (1  i)2  2i  (1  i)4  (2i)2  4 và (1  i)  2i  (1  i)  ( 2i)  4 25 (1  i)4  Suy z  24 24 (1  i)4   i(1  i) (1  i)   (0,5 điểm) (4)25 (4)25 4   (4)24  2i (4)24 3.424 Vậy số phức z có phần thực (0,5 điểm) 4 và phần ảo Page