Trung tâm LTĐH Simple-Số 05A32 Ngõ 347 Hoàng Quốc Việt, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) TRUNG TÂM LTĐH SIMPLE

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 2 NĂM 2013
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
32
3 2 (C )
m
y x mx  

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) của hàm số khi m=1.
b) Tìm m đồ thị
 
m
C
có hai điểm cực trị A, B và đường thẳng AB đi qua điểm I(1;0).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
4
3 4cos2 8sin 1
sin2 cos2 sin2
xx
x x x









.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang,
D D 90 ,
o
BA A C

3a,AD D 2a, ( D)AB C SA SA ABC    
. Gọi G là trọng tâm tam giác SAB, mặt phẳng (GCD) cắt SA, SB
lần lượt tại M, N. Tính theo a thể tích khối chóp S.CDMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM, BC.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm a,b,c thỏa mãn
3
2
a b c  
. Chứng minh rằng
   
2 2 2
125
1 1 1
64
a b c   

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn

.
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình trong tập số phức:
2
0zz

…………………………Hết…………………………
Trung tâm LTĐH Simple-Số 05A32 Ngõ 347 Hoàng Quốc Việt, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ
Câu 1. b) (Dạng: Đường thẳng qua 2 cực trị hàm
bậc 3)
HD: Xét pt y’=0, giải đk có 2 nghiệm phân biệt,
chia đa thức f(x) cho f’(x) được dư là
x


. Suy
ra phương trình đường thẳng qua 2 cực trị là
y x

 
.
ĐS:

Câu 5. (Dạng: Hình chóp có cạnh vuông góc với
đáy)
HD: Dùng tỉ lệ thể tích để tính thể tích của
SCMN
V

và
DSC M
V
.Để tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng DM và BC cần chú ý rằng CDMN là hình
bình hành
ĐS:
3
D
16 4
; ( , )
9
14
SC MN
a
V a d DM BC

Câu 6. (Dạng: Chọn điểm rơi cực trị của hàm số)
HD: Để đánh giá hàm g(x) tại
0
x
ta thường xét
hàm
0

SS
từ đó suy ra
( ; )d I AB

ĐS: I(3;2) hoặc I(1;0)
Câu 8a. (Dạng: Viết PT mặt phẳng)
HD: Cách tổng quát để làm bài toán viết PT mặt
phẳng là gọi VTPT.
ĐS: (P):2x-3y-3z+6=0 hoặc (P) : 26x-39y-
225z+550=0
Câu 9a. (Dạng: Đẳng thức tổ hợp)
HD: Xét
21
( ) (1 )
n
f x x


khai triển theo nhị thức
Newton và đạo hàm hai lần.
ĐS: n=100
Câu 7b. (Dạng: Giải tam giác)
HD:Gọi tọa độ đỉnh C theo tham số a, từ đó suy ra
tọa độ A. Lập phương trình
.0
BC
AH v 

ĐS: A(-3;1), B(0;1), C(1;3)
Câu 8b. (Dạng: Viết PT mặt phẳng)


Trung tâm LTĐH Simple-Số 05A32 Ngõ 347 Hoàng Quốc Việt, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Câu
Đáp án
Điểm
1
(2,0 điểm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
32
32y x x   Tập xác định: D=R
 Sự biến thiên:
2
0
' 3 6x 0
2

yy
 
   
.
0,25
- Bảng biến thiên
0,25
 Vẽ đồ thị

0,25
b) Tìm m đồ thị
 
m
C
có hai điểm cực trị A, B và đường thẳng AB đi qua điểm
I(1;0).

2
0
' 3 6 0
2
x
y x mx
xm

y

2
-2

+
+
-
0
y’

2
x

0
0

Trung tâm LTĐH Simple-Số 05A32 Ngõ 347 Hoàng Quốc Việt, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) 2
0 2 2 1 (th/m)mm     

2
(1,0 điểm)
Giải phương trình
4
3 4cos2 8sin 1
sin2 cos2 sin2
xx

2
1 2cos 2 1
sin2 cos2 sin2
x
x x x




0,25
 
2
sin2 1 2cos 2 sin2 cos2x x x x   

 
cos2 0 (th/m)
cos2 sin2 cos2 0
sin2 cos2 0 (ko th )/m
x
x x x
xx


   




0,25
cos2 0 2

Nếu
0x 
, đặt
y tx
, hệ trở thành
   
3 3 3 2 3
2 2 2 2 2
4 16 ( 1) 4 16 (1)
1 5 1 5 4 0 (2)
x tx t x x x t t
t x x t x

     



     



0,25
Ta thấy t=1 không thỏa mãn hệ nên từ (1) ta có
2
3
4 16
(1)
1
t
x



    




0,25
Nếu t=-3 thì
1, 3
1, 3
xy
xy
  


  


0,25
Nếu
7
4
t 
thì
2
0x 
(vô lý)
0,25
4

00
4
2
0
cos2 2(cos sin )(cos sin )
cos sin cos sin
1 sin2 cos
4
2(cos sin )
cos sin
x x x x x
I dx dx
x x x x
xx
xx
I dx
xx














0,25
2
1
2
21
t
   

0,25
5
(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang,
D D 90 ,
o
BA A C

3a,AD D 2a, ( D)AB C SA SA ABC    
. Gọi G là trọng tâm tam giác SAB, mặt
phẳng (GCD) cắt SA, SB lần lượt tại M, N. Tính theo a thể tích khối chóp
S.CDMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM, BC.

Trong mặt phẳng (SAB), qua G kẻ đường thẳng song song với AB cắt SA, SB tại M và
N. Khi đó M và N là giao điểm của mặt phẳng (GCD) với SA và SB.
Gọi P là trung điểm của AB. Ta có
2
3
SM SN SG
SA SB SP
  


SAC
V SM
V SA S SA AD C
V SA
     

33
DD
2 2 4 8
.a
3 3 3 9
SC M SAC
V V a   

3
DD
16
9
SC MN SCMN SC M
V V V a   

0,25
Ta có
22
2a D
33
MN SM
MN AB C
AB SA
     

2 2 2
D D 4a 5BC AB C A a a     

2S D. 2 .3 6 5
5
5
ABC
A AB a a
AH a
BC BC
a
    

0,25

Trung tâm LTĐH Simple-Số 05A32 Ngõ 347 Hoàng Quốc Việt, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) 2 2 2 2
36 56
4a
55
SH SA AH a a     

1 1 56
. . 5 14
2 2 5
SBC
S SH BC a a a   


a b c   BĐT
     
2 2 2
5
ln 1 ln 1 ln 1 3ln
4
a b c

      



0,25
Xét hàm
 
2
4
( ) ln 1
5
f x x x  
với
3
0;
2
x


Như vậy
1 5 2
( ) ln
2 4 5
f x f

  



0,25
Vậy
     
 
2 2 2
4 4 2
( ) ( ) ( ) ln 1 ln 1 ln 1 3 ln
5 5 5
f a f b f c a b c a b c

            


x
0

2

0
-
+
f'(x)
f(x)
(

Trung tâm LTĐH Simple-Số 05A32 Ngõ 347 Hoàng Quốc Việt, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) (1,0 điểm)
phương trình đường thẳng BC: x-y=0, biết M(2;1) là trung điểm AB. Tìm tọa độ
điểm I.
Vì
MI BC
nên đường thẳng MI nhận véctơ chỉ phương
(1;1)v
của BC làm véctơ chỉ
phương
(2 ;1 )I t t  

0,25
Ta có
D
22

cách giữa BC với mặt phẳng (P) bằng
3 22
11
.

Gọi véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là
( ; ; )n a b c

( ) : ( 2) 0
20
P ax by c z
ax by cz c
    
    

0,25
( 6; 4;0)BC 

Do
()P BC
nên
. 6 4 0 (1)n BC a b   

2 2 2
42
3 22
( ,( )) ( ,( )) (2)
11
bc
d BC P d B P




22
75 88 13 0
75 13
bc
b bc c
bc


    




0,25
Nếu b=c, chọn b=c=-3,a=2 ta được (P): 2x-3y-3z+6=0
Nếu 75b=13c, chọn b=-39, c=-225, a=26 ta được (P): 26x-39y-225z+550=0
0,25
9a
(1,0 điểm)
Tìm số nguyên dương n biết
  
   
         
2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200
k k k n n

1n2
n2
xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2(





(2)
0,25
Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
1n21n2
1n2
2kk
1n2
k3
1n2
2
1n2
1n2
xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2







0,25
Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

(1;2)v
. Do
AH BC

 
. 3 2 2 4 5a-5 0 1 (1;3), ( 3;1)AH v a a a C A          

0,25
(0; 4)CH
là véctơ pháp tuyến của đường thẳng AB
( ): 1AB y

0,25
Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ
2x 1 0
(0;1)
1
y
B
y
  






0,25
8b
(1,0 điểm)

cos
30
.'
. 1 0 2
nn
ac
nn
a b c


   
   

2 2 2
6 2 (2)a c a b c    

0,25
Từ
(1) b a c  
, thay vào (2) ta được
 
 
2
2 2 2 2 2
22
6 2 ( ) 6 2 2
2a 13a 11 0
2a 11
a c a a c c a c a c ac
ac

2 2 2 2
20
0
xy
x y x y





   



0,25
0
0
0
1
0
1
x
y
x
y
x
y


