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