đề và đáp án môn toán chuyên nguyễn huệ hà nội lần 3 2014

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2013 – 2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 21 1    x y x có đồ thị (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm A, B sao cho đường thẳng AB đi qua điểm I(1;1) và trọng tâm tam giác ABO thuộc đường thẳng d: 2 9 12 0  xy Câu 2: (2 điểm) 1. Giải phương trình: sin2 os2x 3cos sinx+2=0  x c x . 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 4 x 2xy y y 0 x 4xy 3y y 0              Câu 3: (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm C(3;0) và elip (E) có phương trình 22 1 94  xy . Xác định vị trí hai điểm A, B thuộc elip (E) biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 10   x y z và đường thẳng d: 2 1 1 1 1 3      x y z cắt nhau tại điểm I. Gọi  là đường thẳng nằm trong (P),  vuông góc với d, khoảng cách từ I tới  bằng 32 . Tìm hình chiếu vuông góc của điểm I trên  . Câu 4: (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SAB) bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD. Câu 5: (2 điểm) 1. Tính tích phân: 2 1 ln 2ln 1 ln 1 e x x x dx xx    . 2. Cho hai số phức z và w thỏa mãn w1z . Chứng minh rằng số 22 22 w 1w   z z là số thực Câu 6: (1điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 4 4 4 1 1 1 3 4 a (b 1)(c 1) b (c 1)(a 1) c (a 1)(b 1)          . HẾT Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:…………………………………………………SBD:………………………………… www.DeThiThuDaiHoc.com FB.com/ThiThuDaiHoc www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com FB.com/ThiThuDaiHoc 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2013 – 2014 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN Câu Ý Nội dung Điểm TXĐ: R\{-1} 2 1 ' 0 1 ( 1) = > ∀ ≠ − + y x x Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–∞;-1) và (-1;+∞) 0,25 Giới hạn: 1 1 2 1 2 1 ; 1 1 lim lim + − → → + + = +∞ = −∞ ⇒ + + x x x x x x đường tiệm cận đứng của đồ thị là x =- 1 2 1 2 1 lim →±∞ + = ⇒ + x x x đường tiệm cận ngang của đồ thị là y = 2 0,25 bảng biến thiên X -∞ -1 + ∞ y’ + + Y 0,25 1 6 4 2 -2 -5 5 Nhận xét: đồ thị nhận điểm I(-1;2) là tâm đối xứng 0,25 1 (2điểm) 2 Vì đường thẳng x = 1 chỉ cắt đồ thị tại 1 điểm nên phương trình đường thẳng AB qua I(1;1) có dạng (d): ( ) 1 1 = − + y k x Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình: 0,25 2 - ∞ + ∞ 2 y O x www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com FB.com/ThiThuDaiHoc 2 2 2 1 ( 1) 1 0 1 + − + = ⇔ − − = + x k x kx x k x (*) (vì x = -1 không là nghiệm) Vì 2 1 0 ∆ = + > k nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt Gọi điểm A(x 1 ;y 1 ); B(x 2 ;y 2 ) trong đó x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình (*) Theo định lý vi et ta có: 1 2 1 2 1 . 1  + =    = −  x x k x x Gọi G là trọng tâm tam giác ABO khi đó 1 3 3 + + = = A B O G x x x x k 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 3 3 3 − + − + + + + = = = − A B O G y y y x x k y 0,25 Vì G thuộc đường thẳng 2 9 12 0 + − = x y nên ta có: 2 2 2 2 3 9(1 ) 12 0 18 9 2 0 1 3 3 6  = −  + − − = ⇔ + − = ⇔   =   k k k k k k 0,25 Với 1 4 2 ( 2;3), ( ; ) 2 2 3 1 1 4 3 ( 2;3), ( ; ) 2 2 3  = − −    = − ⇒ ⇒   =  −    x A B k x B A 1 8 10 8 10 3 10 (3 10; ), (3 10; ) 6 6 6 ± ± = ⇒ = ± ⇒ ± ∓k x A B 0,25 Pt: sin 2 os2x 3cos sinx+2=0 + − − x c x 2 2sinxcosx sinx+2cos 3cos +1=0 ⇔ − − x x (2cosx 1)(sin osx 1)=0 ⇔ − + − x c 1 osx 2 sinx+ osx 1  =  ⇔  =  c c 0,5 2 1 sinx+cosx 1 sin( ) 4 2 2 2 =   = ⇔ + = ⇔  = +  x k x x k π π π π 0,25 1 1 osx 2 3 = ⇔ = ± + c x k π π Kết luận nghiệm của phương trình là 2 ; 2 ; 2 2 3 = = + = ± + x k x k x k π π π π π 0,25 2 (2điểm) 2 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y(2x 1) 0 x y y(2x 1) 0 (1) (x y ) 6xy 3y 0 (x y ) 3y (2x 1) 0 (2)   + − − = + − − =   ⇔   + − + = + − − =     0,25 www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com FB.com/ThiThuDaiHoc 3 Từ (1) 2 x y y(2x 1) ⇒ + = − thế vào (2) ta được 2 2 2 2 y (2x 1) 3y (2x 1) 0 y (2x 1)(2x 4) 0 − − − = ⇔ − − = 0,25 2 y 0 x 0 y 1 x 2 y 2 1 1 x y 0 2 2   = ⇒ =  =   = ⇒   =    = ⇒ + =   Vậy hệ có nghiệm là: (0;0), (2;1); (2;2) 0,5 Gọi A(a,b) thuộc (E) 2 2 a b 1 9 4 ⇒ + = Vì B đối xứng với A qua trục ox nên B(a,-b) 0,25 Gọi H là trung điểm của AB ta có: 2 2 ( ) ( ) 2 = − + + = AB a a b b b 2 2 (3 ) (0 0) 3 = − + − = − CH a a 0,25 1 2 2 1 2 . (3 ) (9 )(3 ) 2 3 ⇒ = = − = − − ABC S ABCH b a a a 2 2 2 (9 3 ) (3 ) (3 ) (3 ) 9 3 (9 3 )(3 )(3 )(3 ) 4 2 3 3 3 3 + + − + − + −   = + − − − ≤ =     a a a a a a a a Vậy max 9 3 2 = ABC S . Dấu bằng xảy ra khi 3 9 3 3 3 2 + = − ⇔ = − ⇒ = ± a a a b Vậy 3 3 ( ; 3), ( ; 3) 2 2 − − −A B hoặc 3 3 ( ; 3), ( ; 3) 2 2 − − −A B 0,5 ( ) (3;0;4) = ∩ ⇒ I d P I Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P) suy ra một vectơ pháp tuyến của(Q) là: P n , (2; 4; 2) //(1; 2; 1)   = = − − − −      Q d n u 0,25 Gọi d 1 là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Q) suy ra một vectơ chỉ phương của d 1 là: 1 P n , ( 3;0; 3) //(1;0;1)   = = − −      d Q u n Phương trình d 1 đi qua I(3;0;4) là 3 0 4 = +   =   = +  x t y z t 0,25 3 (2điểm) 2 Gọi M là hình chiếu của I trên 1 (3 ;0;4 ) ∆ ⇒ ∈ ⇒ + + M d M t t Ta có 2 3 ( , ) 3 2 3 2 2 18 3 =  ∆ = ⇔ = ⇔ = ⇔  = −  t d I IM t t Vậy M(6;0;7) hoặc M(0;0;1) 0,5 www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com FB.com/ThiThuDaiHoc 4 Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Vì S.ABCD là hình chóp đều nên ( ) ⊥ SO ABCD Kẻ ( ) ⊥ ∈ AM SB M SB Vì ( ) ⊥ ⇒ ⊥ AC SBD AC SB ( ) ⊥  ⇒ ⊥ ⇒  ⊥  SB AM SB AMC SB CM ( ) ( ) 0 ( ),( ) , 60 ⇒ = =SAB SBC AM CM Vì ∆ BOM vuông tại M nên OM<BO=AO Suy ra    0 0 tanAMO 1 AMO 45 AMC 90 = > ⇒ > ⇒ > AO MO Vậy  0 AMC 120 = M O CB D A S 0,25 Ta có:  0 6 tanAMO tan60 6 = ⇒ = = AO AO a MO MO Trong tam giác vuông SBO ta có: 2 2 2 1 1 1 2 = + ⇒ = a SO MO SO BO V ậ y 3 . 1 . 3 6 = = S ABCD ABCD a V SO S 0,25 4 (1điểm) Trong mặt phẳng (SBD) kẻ trung trục của SB cắt SO tại I vì ∈ ⇒ = = I SO IB IC ID vì I thuộc trung trực của SB ⇒ = IS IB vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD ta có 2 2 2 2 3 3 4 2 = + = ⇒ = a a SB SO OB SB . 3 ( ) 4 ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = =∼ SI SH SB SH a SHI SOB gg SI SB SO SO Vây bán kính mặt cầu 3 4 = a R H B I O S 0,5 2 1 1 1 ln 2ln 1 ln 1 ln ln 1 ln 1 + + + = + + + ∫ ∫ ∫ e e e x x x x dx xdx dx x x x x 0,25 1 1 1 1 ln ln ln 1 = − = − = ∫ ∫ ∫ e e e e xdx x x xd x e dx 0,25 1 1 1 1 ln 1 ( ln 1) ln ln 1 ln( 1) ln 1 ln 1 + + = = + = + + + ∫ ∫ e e e x d x x dx x x e x x x x Vậy 2 1 ln 2ln 1 1 ln( 1) ln 1 + + = + + + ∫ e x x x dx e x x 0,5 5 (2điểm) 2 Ta có w 1 . w.w 1 = = ⇔ = = z z z 0,25 www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com FB.com/ThiThuDaiHoc 5 Đặt 2 2 2 2 w 1 w + = + z A z Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 w w w w 1 1 w 1 w 1 w 1 w + + + + = = = = = + + + + z z z z A A z z z z 0,5 Ta có : = + A a bi nên 0 0 = ⇔ + = − ⇔ = ⇔ = A A a bi a bi bi b Vậy A là số thực 0,25 Đặt 1 1 1 x , y , z a b c = = = . Khi đó 3 3 3 x y z VT(1) (y 1)(z 1) (z 1)(x 1) (x 1)(y 1) = + + + + + + + + 0,25 Theo Côsi 3 x y 1 z 1 3x (y 1)(z 1) 8 8 4 + + + + ≥ + + 3 y z 1 x 1 3y (z 1)(x 1) 8 8 4 + + + + ≥ + + 3 z x 1 y 1 3z (x 1)(y 1) 8 8 4 + + + + ≥ + + 0,25 Cộng các bđt trên vế với vế ta được x y z 3 VT(1) 2 4 + + ≥ − 0,25 6 (1điểm) Mặt khác abc = 1 nên xyz = 1, do đó 3 x y z 3 xyz 3 + + ≥ = . Từ đó suy ra đpcm Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =1. 0,25 Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa . b b b 2 2 (3 ) (0 0) 3 = − + − = − CH a a 0,25 1 2 2 1 2 . (3 ) (9 ) (3 ) 2 3 ⇒ = = − = − − ABC S ABCH b a a a 2 2 2 (9 3 ) (3 ) (3 ) (3 ) 9 3 (9 3 ) (3 ) (3 ) (3 ) 4 2 3 3 3 3 + + − + − +. THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA NĂM HỌC 20 13 – 2014 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN Câu Ý Nội dung Điểm TXĐ: R{-1} 2 1 ' 0 1 ( 1) = > ∀ ≠ − + y x x Hàm. a Vậy max 9 3 2 = ABC S . Dấu bằng xảy ra khi 3 9 3 3 3 2 + = − ⇔ = − ⇒ = ± a a a b Vậy 3 3 ( ; 3) , ( ; 3) 2 2 − − −A B hoặc 3 3 ( ; 3) , ( ; 3) 2 2 − − −A B 0,5 ( ) (3; 0;4) = ∩ ⇒ I