Đề thi thử đại học chuyên ĐHSP năm 2013 môn toán (1)

Page 1 ĐỀ SỐ 7 Đ ề t h i t h ử Đ ạ i h ọ c l ầ n I n ă m 2 0 1 3 – T r ư ờ n g T H P T c h u y ê n Đ H S P H à N ộ i Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 + (m + 1)x 2 – x 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 2) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, hàm số có cực đại, cực tiểu và 3 CD CT CD CT 1 y y x x 2    Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: 2 4 4 3 2cos x(sin2x cos2x.t) 3(cos x sin x)    Câu 3. (1 điểm) Giải phương trình:   2 22 2 3 2 3 log x 1 x log ( x 1 x) 6        Câu 4. (1 điểm) Tìm họ các nguyên hàm của hàm số f(x) = 432 x1 x 4x 4x 4     Câu 5. (1 điểm) Tính thể tích hình chóp S.ABC biết rằng SA = SB = SC = a,    o 120 ,   = o 60 ,   = o 90 . Câu 6. (1 điểm) Các số thực dương a, b, c, d, e thay đổi thỏa mãn a + b + c + d + e = 1 và a là số nhỏ nhất trong các số đó. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = abc + bcd + cde + dea + eab. Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A (0 ; 5) và một đường chéo nằm trên đường thẳng có phương trình 2x – y = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, và D. Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y 2 = 4x. Đường thẳng d đi qua điểm M ( 5 ;1 2 ) cắt (P) tại hai điểm E và F sao cho ME = MF. Tính độ dài đoạn EF. Câu 9. (1 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 11 xy y1 x1 4 3x 2x 2 9x yy               Page 2 ĐỀ SỐ 7 Đ ề t h i t h ử Đ ạ i h ọ c l ầ n I n ă m 2 0 1 3 – T r ư ờ n g T H P T c h u y ê n Đ H S P H à N ộ i Câu 1. (2 điểm) 1. (1 điểm). Học sinh tự giải 2. (1 điểm) Ta có y’= 3x 2 + 2(m + 1)x – 1 y' 0 luôn có hai nghiệm trái dấu (ac = −1< 0), do đó hàm số luôn có cực đại, cực tiểu với mọi giá trị của m. y CĐ – y CT = (x CĐ – x CT )[ 22 CD CD CT CT CD CT x x x x (m 1)(x x ) 1      ] (0,5 điểm) Ta có CD CT CD CT 2 2 2 CD CT CD CT CD CD CT CT CD CT CD CT 2(m 1) xx 3 1 xx 3 3 y y (x x ) x x x x (x x ) 3x x 2                         2 2 3 CD CT CD CD CT CT CD CT 11 (x x )( x 2x x x ) (x x ) 22        3 CD CT CD CT 1 y y x x 2     (đpcm) (0,5 điểm) Câu 2. (1 điểm) Điều kiện: x k (k Z) 2      2 cos2x.sinx Pt 3 2cos x(sin2x ) 3cos2x cosx     3 2sinx.cosx 3cos2x   2 cos2x.sinx 3 2cos x(sin 2x ) 3cos2x cosx     (0,5 điểm) 3 sin2x 3cos2x 3 sin(2x ) 32        xk 2x 2k 33 2 xk 2x 2k 6 33                           với kZ Cả hai họ nghiệm trên đều thỏa mãn điều kiện. Vậy nghiệm của phương trình là xk xk 6          với kZ (0,5 điểm) Câu 3.(1 điểm) Phương trình đã cho 22 2 3 2 3 2log ( x 1 x) log ( x 1 x) 6         Page 3 22 23 log ( x 1 x) 2 x 1 7 4 3 x           (0,5 điểm) 2 2 2 7 4 3 x 0 x 1 (7 4 3) x 2(7 4 3)x                2 x 7 4 3 (7 4 3) 1 x 2(7 4 3)           7 4 3 7 4 3 x 4 3 22      Vậy x = 4 3 (0,5 điểm) Câu 4. (2 điểm) Ta có f(x) = 2 2 2 2 x 1 x 1 (x 2x) 4 (x 2x 2)(x 2x 2)         2 2 2 2 x 1 1 1 1 2x 2 2x 2 4 x 2x 2 x 2x 2 8 x 2x 2 x 2x 2                            Suy ra 2 2 1 x 2x 2 f(x)dx ln C 8 x 2x 2     (1,0 điểm) Câu 5. (1 điểm) Do 0 BSC 60 và SB = SC nên SBC đều BC a SA = SB, 00 ASB 120 SAB 30   0 0 sin120 AB SB a 3 sin30    SC = SA = a, 0 ASC 90 AC a 2   Do đó BC 2 + AC 2 = a 2 + 2a 2 = 3a 2 = AB 2 ABC vuông ở C. (0,5 điểm) Do SA = SB = SC và ABC vuông nên hình chiếu vuông góc của S xuống mp(ABC) trùng với H là trung điểm của BC. Ta có 2 ABC 1 a a 2 SH SB , S 2 2 2    . Do đó 3 SABC ABC 1 a 2 V SH.S 3 12  (0,5 điểm) Câu 6. (1 điểm) Từ giả thiết suy ra 1 0a 5  và P = a(b + d)(c + e) + cd(b + e – a). Ta có 2 3 2 3 b c d e c d b e a 1 a 1 2a P a a 2 3 2 3                                      32 1 ( 5a 6a 3a 4) 108      (0,5 điểm) S A B C H Page 4 Xét hàm số f(x) = 32 5x 6x 3x 4    với 1 x 0; 5      Ta có f’(x) = 22 15x 12x 3 3(5x 4x 1) 0        với 1 x 0; 5      , nên f(x) đồng biến trên 1 0; 5     . Suy ra f(x) 1 108 f 5 25     , 11 x 0; P 5 25         , đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d = e = 1 5 (0,5 điểm) Vậy maxP = 1 25 khi a = b = c = d = e = 1 5 . Câu 7. (1 điểm) Từ giả thiết suy ra điểm A không thuộc đường thẳng có phương trình y = 2x. Đường chéo thứ hai đi qua A có phương trình 1 y x 5 2    . Tâm I (x 1 ; y 1 ) của hình vuông là giao của hai đường chéo, nên tọa độ của I là nghiệm của hệ phương trình 1 1 y 2x x2 1 y4 y x 5 2               Khi đó C là điểm đối xứng của A qua điểm I (2; 4), nên C (4; 3) (0,5 điểm) Do B và D thuộc đường thẳng y = 2x và AB BC , AD DC nên B ( BB x ;2x ), D ( D; D x 2x ) và AB.CB 0, AD.CD 0 Ta có B B D D B B AB(x ;2x 5), AD(x ;2x 5),CB(x 4;2x 3)    , DD CD(x 4; 2x 3) Suy ra BD x , x là nghiệm của phương trình: x(x – 4) + (2x – 5)(2x – 3) = 0 11 2 22 x 1 y 2 x 4x 3 0 x 3 y 6               Vậy B (1; 2), C (4; 3), D (3; 6) hoặc B (3; 6), C (4; 3), D (1; 2) (0,5 điểm) Câu 8. (1 điểm) Gọi E ( 11 x ;y ) và F ( 22 x ;y ) là giao điểm của d và (P). Từ giả thiết ta có: 12 xx 5 22   và 12 yy 1 2   Mặt khác ta lại có 2 22 11 1 2 1 2 2 22 y 4x y y 4(x x ) y 4x          (0,5 điểm) Từ đó ta có: 2y 1 y 2 = (y 1 + y 2 ) 2 – ( 22 12 y y ) 16     12 12 12 y y 2 y 4; y 2 y .y 8           hoặc   12 y 2; y 4   Khi đó có thể xem E (4 ; 4) và F (1; −2). Do đó EF = 35 (0,5 điểm) Page 5 Câu 9. (1 điểm) Xét hàm số f(t) = t + 2 1 t1 , với tR Ta có f’(t) = 1 – 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2t (t 1) 2t t 2t 1 2t (t 1) (t 1) (t 1)         4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 t t t 2t 1 t t (t 1) 0 (t 1) (t 1)            với mọi t R Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R. Áp dụng kết quả trên vào phương trình thứ nhất của hệ ta có f(x) = f(y) xy (0,5 điểm) Thay y = x vào phương trình thứ hai ta được: 2 22 22 4 3x 2x 2 4 2 9x 9x 3x 2 x x x x         Đặt u = 3x – 2 x 22 2 4 u 12 9x x     . Phương trình trở thành 2 22 u2 u 12 u 2 u 2 u 12 u 4u 4               Ta có phương trình : 3x 2 2 1 7 2 3x 2x 2 0 x x3          (0,5 điểm) Vậy nghiệm của phương trình x = y = 17 3  . ĐỀ SỐ 7 Đ ề t h i t h ử Đ ạ i h ọ c l ầ n I n ă m 2 0 1 3 – T r ư ờ n g T H P T c h u y ê n Đ H S P H à N ộ i Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 + (m + 1)x 2 – x 1) Khảo sát sự biến thi n.            Page 2 ĐỀ SỐ 7 Đ ề t h i t h ử Đ ạ i h ọ c l ầ n I n ă m 2 0 1 3 – T r ư ờ n g T H P T c h u y ê n Đ H S P H à N ộ i Câu 1. (2 điểm) 1. (1 điểm). Học sinh tự giải 2. (1. biến thi n và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 2) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, hàm số có cực đại, cực tiểu và 3 CD CT CD CT 1 y y x x 2    Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: 2 4 4 3