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