Đề thi thử đại học môn Toán lần 3 năm 2014 trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ - Hà Nội

1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2013 - 2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số: 2 1 1 x y x    có đồ thị (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b) 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: 2x + 9y – 12 = 0. Câu 2 ( 2,0 điểm) 1. Giải phương trình: sin 2 cos2 3cos sin 2 0x x x x     2. Giải hệ phương trình sau 2 2 2 2 4 2 0 4 3 0 x xy y y x xy y y              Câu 3 (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm C(3;0) và elip (E) có phương trình 2 2 1 9 4 x y   . Xác định vị trí hai điểm A, B thuộc (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): x + y – z + 1 = 0 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 đến  bằng 3 2 . Tìm hình chiếu vuông góc của điểm I trên  . Câu 4 (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SAB) bằng 60  . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD. Câu 5 (2,0 điểm). 1. Tính tích phân: 2 1 ln 2ln 1 ln 1 e x x x dx x x     2. Cho hai số phức z và w thỏa mãn w 1z   . Chứng minh rằng số 2 2 2 2 w 1 w z z   là số thực. Câu 6: ( 1 điểm) 2 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:          4 4 4 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 4a b c b c a c a b          HẾT ĐÁN ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN Câu Ý Nội dung Điể m 1 1 TXĐ:   \ 1R    2 1 ' 0 1 y x    1x   Hàm số nghịch biến trên các khoảng   ; 1  và   1;  0,2 5 Giới hạn: 1 1 2 1 2 1 lim ; lim 1 1 x x x x x x              đường tiệm cận đứng của đồ thị là x = -1. 2 1 lim 2 1 x x x      đường tiệm cận ngang của đồ thị là y =2. 0,2 5 Bảng bi ế n thiên 0,2 5 Đ ồ thị Nhận xét: đồ thị nhận điểm I(-1;2) là tâm đối xứng. 0,2 5 2 Vì đư ờ ng th ẳ ng x = 1 chỉ c ắ t đ ồ thị tại 1 đi ể m nên phương trình đư ờ ng th ẳ ngAB qua I(1;1) có d ạ ng (d): y = k ( x – 1 ) + 1 0,2 5 3 Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình:     2 2 1 1 1 0 * 1 x k x kx x k x          ( Vì x = -1 không là nghiệm) Vì 2 1 0k    nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. Gọi điểm     1 1 2 2 ; ; ;A x y B x y trong đó 1, 2 x x là nghiệm của phương trình (*) Theo định lý viet 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            0,2 5 Vì G thuộc đư ờ ng th ẳ ng 2x + 9y – 12 = 0 ta có: 2 2 2 2 3 9 1 12 0 18 9 2 0 13 3 6 k k k k k k                         0,2 5 Với     1 4 2;3 , ; 2 2 3 2 1 3 1 4 2,3 , ; 2 2 3 A B x k x B A                                1 8 10 8 10 3 10 3 10; , 3 10; 6 6 6 k x A B                          0,2 5 2 1 PT: 2 sin 2 cos 2 3cos sin 2 0 2sin cos sin 2cos 3cos 1 0 1 cos 2 sin cos 1 x x x x x x x x x x x x                    0,2 5 2 1 sin cos 1 sin 4 2 2 2 x k x x x x k                        0,2 5 1 cos 2 3 x x k        Kết luận nghiệm của phương trình là 2 ; 2 ; 2 2 3 x k x k x k            0,2 5 4 2 Ta có:           2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 2 1 0(1) 6 3 0 3 2 1 0(2) x y y x x y y x x y xy y x y y x                            Từ (1)   2 2 1x y y x    thế vào (2) ta được:        2 2 2 2 2 1 3 2 1 0 2 1 2 4 0y x y x y x x        0,2 5 2 0 0 1 2 2 1 1 0 2 2 y x y x y x y                        Vậy hệ có nghiệm là: (0;0), (2;1), (2;2) 0,5 3 1 Gọi A(a,b) thuộc (E) 2 2 1 9 4 a b    Vì B đối xứng với A qua trục Ox nên B(a;-b) 0,2 5 Gọi H là trung đi ể m của AB ta có:         2 2 2 2 2 3 0 0 3 AB a a b b b CH a a            0,2 5       2 2 1 2 . 3 9 3 2 3 ABC S AB CH b a a a                 2 9 3 3 3 3 2 2 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                0,2 5 2   ( ) 3;0;4I d P I   Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P) suy ra một vectơ pháo tuyến của (Q) là:     , 2; 4; 2 / / 1; 2; 1 Q p d n n n              0,2 5 Gọi 1 d là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q) suy ra một vecto chỉ phương của 1 d là:     1 , 3;0; 3 / / 1;0;1 d p Q n n n           0,2 5 5 PT 1 d đi qua I(3;0;4) là 3 0 4 x t y z t           Gọi M là hình chiếu của I trên   1 3 ;0;4M d M t t      Ta có   1 3 ;0;4M d M t t      Vậy   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) 0,2 5 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                 , , 60SAB SBC AM CM    Vì BOM vuông tại M nên OM BO AO  Suy ra    tan 45 90 o AO AMO AMO AMC MO       Vậy  120 o AMC  0,2 5 Ta có:  6 tan tan 60 6 AO AO a AMO MO MO      Trong tam giác vuông SBO ta có: 2 2 2 1 1 1 2 a SO MO SO BO     Vậy 3 . 1 . 3 6 S ABCD SBCD a V SO S  0,2 5 6 Trong mặt ph ẳ ng (SBD) kẻ trung trực của SB c ắ t SO tại I Vì I SO IB IC ID    Vì I thuộc trung trực của SB IS IB  Ta có 2 2 2 2 3 3 4 4 a a SB SO OB SB       . 3 4 SI SH SB SH a SHI SOB gg SI SB SO SO        Vậy bán kính mặt cầu 3 4 a R  0,5 5 1 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           0,2 5 1 1 1 1 ln ln 1 e e e e xdx x x xddx e dx        0,2 5     1 1 1 ln 1 ln 1 ln ln 1 ln 1 ln 1 ln 1 e e e d x 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 2 Ta có w 1 . w.w 1z z z     0,2 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 1 1 w 1 1 w 1 w z z w z z w A A z z w z z              0,5 Ta có A = a + bi nên 0 0A A a bi a bi bi b         Vậy A là số thực 0,2 5 6 Đặt 1 1 1 , ,x b z a b c    . Khi đó VT(1)          3 3 3 1 1 1 1 1 1 x y z y z z x x y          0,2 5 Theo Côsi    3 1 1 3 1 1 8 8 4 x y z x y z           3 1 1 3 1 1 8 8 4 y z x y z x           3 1 1 3 1 1 8 8 4 z x y z x y        0,2 5 7 Cộng các bđt vế với vế ta được   3 1 2 4 x y z VT     0,2 5 Mặt khác abc = 1 nên xyz = 1, do đó 3 3 3x y z xyz    . Từ đó suy ra đpcm Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 0,2 5 . 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA NĂM HỌC 20 13 - 2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số: 2 1 1 x y x    .  2 2 1 2 . 3 9 3 2 3 ABC S AB CH b a a a                 2 9 3 3 3 3 2 2 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. 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                0,2 5 2   ( ) 3; 0;4I