Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) TRUNG TÂM LTĐH SIMPLE

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 3 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
4 2 2
2xy x m m m   
(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m=-2.
b) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có một góc bằng
0
120
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác
 
tan cot 2 sin 2 cos2x x x x  
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
22
22
3
21
1

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD với đáy là hình thoi cạnh bằng 2a (a>0)
, 3, 60
o
S a SB a BACA  
, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. M,N lần lượt là trung điểm của AB và BC.
a) Tính thể tích khối tứ diện NSDC.
b) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số
, , [0;2]x y z
và x+y+z=3. Chứng minh rằng
2 2 2
5x y z
.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A nằm trên đường thẳng
:2 3 14 0xy   
, cạnh BC song song với

, đường cao CH có phương trình x-2y-1=0. Biết trung điểm của
cạnh AB là M(-3;0). Xác định tọa độ các đỉnh A,B,C.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
1
1
:
1 2 2
x y z 




1 1 4
x y z 
  
và điểm M(0;3-2). Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng

, đồng thời khoảng cách giữa đường
thẳng

với mặt phẳng (P) bằng 3.
Câu 9.b (1,0 điểm). Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác
suất có ít nhất 1 thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn
5
6
.
…………………………Hết…………………………

Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ ĐỀ SỐ 3

Câu 1. b) (Dạng: Cực trị hàm bậc 4)
HD: Xét pt y’=0, tìm đk có 2 nghiệm phân biệt, và
giải phương trình y’=0 để tìm ra 3 điểm cực trị A,
B và C. Dễ thấy tam giác ABC cân tại A nên để tam
giác ABC có một góc là

4282
k k
x
 
 

Câu 3. (Dạng: Hệ qui về đẳng cấp)
HD: Đổi biến
22
1;
x
u x y v
y
   

ĐS:
   
2 2 2 2
( , ) 1;3 , 1; 3 , 4 ;14 , 4 ; 14
53 53 53 53
xy
   
    
   
   
   

Câu 4. (Dạng: Tích phân hàm lượng giác)
HD: Đổi biến
3

3
5
; cos( , )
4
47
SCND
a
V SM DN  

Câu 6. (Dạng: Chọn điểm rơi cực trị của hàm số)
HD: Không mất tổng quát, giả sử
z yx
, suy ra
1x 
. Đánh giá
2 2 2 2
(3( ))yzy z x
để qui
về biến x rồi khảo sát hàm số.
ĐS: Dấu “=” khi và chỉ khi (x,y,z)=(0;1;2) hoặc
các hoán vị của nó

Câu 7a. (Dạng: Giải tam giác)
HD: Qua M kẻ đường vuông góc với CH cắt

tại
A. Từ tọa độ A suy ra tọa độ B dựa vào trung điểm
AB. Viết phương trình đường thẳng BC song song
với


   
   

Câu 9a. (Dạng: tìm số phức)
HD: Đặt z=a+bi
ĐS:
7 21
2 6 ,
55
z i z i   

Câu 7b. (Dạng: Dây cung của đường tròn)
HD: Gọi d là đường thẳng cẩn tìm. Viết phương
trình tổng quát của d qua A. Tính k/c từ tâm I của
đường tròn đến đường thẳng d.
ĐS: (d):x=4 hoặc (d):20x-21y+25=0.
Câu 8b. (Dạng: Viết PT mặt phẳng)
HD: Gọi VTPT của (P)
ĐS: (P): 2x+2y-z-8=0 hoặc (P): 4x-8y+z+26=0
Câu 9b. (Dạng: Xác suất)
HD:
9
| |
x
C
, gọi A= “Trong số x thẻ rút ra, có ít
nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4”,
7
x
AC


0,25
- Hàm số đồng biến trên
( )2;0
và
( 2; )
và nghịch biến trên
( ; 2] 

và
[0; 2]

- Hàm số đạt cực đại tại
0; 2
CD CD
xy
và đạt cực tiểu tại
11
2; 2
CT CT
xy   

và
22
2; 2
CT CT
xy  
.
- Giời hạn:
lim ; lim

0,25
Các điểm cực trị của đồ thị là
2
(0; ),B( ;m), ( ;m)A m m m C m   

22
),; ;)( (AC m mAB m m  

Do tam giác ABC cân tại A nên
0
120BAC 

0,25
4
4
.1
cos
2
| |.| |
AB AC m m
BAC
mm
AB AC

   


0,25
4 4 4
3
-2
0
0
+
Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) Vậy
3
1
3
m 

2
(1,0 điểm)
Giải phương trình lượng giác
 
tan cot 2 sin2 cos2x x x x  
.

ĐK
sin .c 0osxx

0,25
PT

      

0,25
sin2 cos2 tan2 1 2
4 82
x xx x x k
k
 

        

0,25
3
(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
22
22
3
21
1
4 22
y
x y x
x
xy
y





    


0,25
2
3, 9
32
1 2 13 21 0
7
21 4
,7
2
vu
vv
vv
vu



       





0,25
Nếu
3, 9vu
, ta có hệ phương trình
22

vu
, ta có hệ phương trình
22
22
4 , 14
53 53
22
4 , 14
55
8
33
7
2
x
xy
y
y
y
x
x











sin cos
3
22
dx dx
I
x
xx











0,25

Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) Đặt
3
tx


, ta có
22

  

  



0,25
   
 
0
1
2
11
ln 1 ln 1 ln3
44
uu

    
.
0,25
5
(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD với đáy là hình thoi cạnh bằng 2a (a>0)
, 6, 60
o
S a SB a BACA  
, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. M,N lần lượt là
trung điểm của AB và BC.
a) Tính thể tích khối tứ diện NSDC.
b) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN.

cos
1

2
2
3
2
1
.
3
sin
2
34
SAB
SCND C
SA
ND
B
SB AB a a
SAS
SA a
ASB
SASB
aa
AS
B
S
SH a
B ASB
SA


2 2 2 2 2
1
2 . .cos 4 4 . 7
2
DN CN CD CN NCDCD a a a a      

0,25
2 2 2 2
3
42
a
HM SM SH a a    

 
. . .SM DN SH HM DN HM DN  

1
. . . .
4
HM
SM DN HM DN AB DN DC DN
AB
   

2 2 2 2 2 2
2
47
.5
22

N
H
M
D
B
C
A
S

Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng) Không mất tổng quát, giả sử
z yx
, suy ra
3 31x x  

0,25
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) (3 ) 2 6 9 ( )x y z y z x x x x f xx          

0,25
Khảo sát hàm số f(x) trên khoảng [1;2] ta tìm được giá trị lớn nhất của f(x) là 5. Dấu
“=” khi và chỉ khi (x,y,z)=(0;1;2) hoặc các hoán vị của nó.
0,25
7a
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A nằm trên đường thẳng
:2 3 14 0xy   
, cạnh BC song song với

2 3 2 0 0
x y x
x y y
   



   

. Vậy tọa độ đỉnh C(1;0).
0,25
8a
(1,0 điểm)
Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
1
1
:
1 2 2
x y z 



và
2
32
:
2 2 2
x y z
 
và mặt phẳng (P):x+y+4z+2=0. Tìm tọa độ điểm M trên

( ,( )) ( ,( ))
14
t t t t
d MN P d M P t
    


 

3
0,
4
41
,
34
tk
tk






  



0,25
Vậy
 

0,25
22
2 5 1 2 (5 3a) 1 ( 2) (5 3a) 1z i a i a            

0,25
22
2
10a 34a 29 1 5a 17a 14
6
0
7
5
21
5
ba
a b



        






0,25

Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)


a b a b
   
      



0,25
 
2
2 2 2
0
3 7 9( ) 42 40 0
42 40 0
b
a b a b ab b
ab


       




0,25
+) Nếu b=0, chọn a=1 thì (d):x=4.
+) Nếu
42 40 0ab
, chọn
20, 21ab  
thì


0,25
Lấy N(0;0;1) nằm trên

.Khoảng cách giữa

và (P) là
2 2 2
| 3b 3 |
;( )) ( ;( )) 3(
c
P d N P
a
d
bc





Thay a=-b-4c ta được
2 2 2 2 2 2
2 2 2
| b c|
1 2 2 8 17 10 16 0
( 4 )
b bc c b bc c b bc c
b c b c

          

trong hộp là
9
x
C
, số phần tử của không gian mẫu là
9
| |
x
C

0,25
Gọi A là biến cố “Trong số x thẻ rút ra, có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4”
Số cách chọn tương ứng với
A
là
7
x
AC
. Suy ra
 
77
99
( ) 1
xx
xx
PA
CC
PA
CC
 