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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (721.92 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
NGUYỄN HUỆ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA 
NĂM HỌC 2013 - 2014

ĐỀ THI MƠN: TỐN

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 2xcos 2x3cosxsinx  2 0

2. Giải hệ phương trình sau

2 2 2 4

2 0

4 3 0

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

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 khơng 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 vng 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 2 ln 1
ln 1

e

x x x

dx

x x

 





2. Cho hai số phức z và w thỏa mãn z  w  . Chứng minh rằng số 1

2 2

1 w

z
z


 là số thực.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=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 4

a b c b c a c a b 

---HẾT--- 
ĐÁN ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN: TỐN

Câu Ý Nội dung Điểm

1 1 TXĐ: R\

 

1





' 0

1
y

x

 



1
x
  

Hàm số nghịch biến trên các khoảng



 ; 1



và



  1;



0,25

Giới hạn:

1 1

2 1 2 1

lim ; lim

1 1

x x

 

 

 

    

  đường tiệm cận đứng của đồ thị là x = -1.
2 1

lim 2

x

x
x





 

 đường tiệm cận ngang của đồ thị là y =2.

0,25

Bảng biến thiên

0,25

Đồ thị

Nhận xét: đồ thị nhận điểm I(-1;2) là tâm đối xứng. 0,25

2 Vì đường thẳng x = 1 chỉ cắt đồ thị tại 1 điểm nên phương trình đường thẳngAB qua I(1;1) có dạng

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

3
Hồnh độ của A, B là nghiệm của phương trình:





2 1 2

 

1 1 0 *

1
x

k x kx x k

x


      

 ( Vì x = -1 khơng là nghiệm)
Vì   1 k2  nên phương trình ln có 2 nghiệm phân biệt. 0

Gọi điểm A x y



1; 1



;B x y



2; 2



trong đó x x là nghiệm của phương trình (*) 1, 2
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

3 3 3

A B o

G

y y y x x k

y

  

   

   

0,25

Vì G thuộc đường thẳng 2x + 9y – 12 = 0 ta có:

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;3 , ;
2

2 3
2

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  

   

   



0,25

2 1

PT: 2

sin 2 cos 2 3 cos sin 2 0

2 sin cos sin 2 cos 3cos 1 0
1

cos
2
sin cos 1

x x x x

x x x x x

x
x x
    
     





 

0,25

2
1

sin cos 1 sin

4 2 2

x k

x x x

x k






  
      
  
 

0,25
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 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2

Ta có:





















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)  x y2 y



2x1



thế vào (2) ta được:















2 2 2

2 1 3 2 1 0 2 1 2 4 0

y x  y x   y x x  0,25

0 0

1
2

1 1

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

9 4

a b

  

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

3 0 0 3

AB a a b b b

CH a a

    

     

0,25













1 2

. 3 9 3

2 3

ABC

S AB CH b a a a

      













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 9 3 3 3 3

a a a b

        

Vậy 3; 3 , 3; 3

2 2

A  B  

    hoặc

3 3

; 3 , ; 3

2 2

A   B 

   

0,25

2 I d( )P I



3;0; 4



Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vng góc với (P) suy ra một vectơ pháo tuyến của (Q) là:



 



, 2; 4; 2 / / 1; 2; 1

Q p d

n n n     

 

  

0,25

Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q) suy ra một vecto chỉ phương của 1 d là: 1



 



1 , 3; 0; 3 / / 1; 0;1

d p Q

n n n  

 

  

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

5
PT d đi qua I(3;0;4) là 1

3
0
4

x t

y

z t

 





  


Gọi M là hình chiếu của I trên  Md1M



3t;0; 4t



Ta có  Md1M



3t; 0; 4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)

0,25

4 Gọi O là tâm hình vng 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




   






 





SAB , SBC





AM CM,



   

Vì BOM vng tại M nên OM BOAO
Suy ra

  

tanAMO AO AMO 45o AMC 90
MO

     

Vậy  120o

AMC 

0,25

Ta có: tan 6

tan 60 6

AO AO a

AMO MO

MO

    

Trong tam giác vng SBO ta có: 1 2 12 12

2
a
SO

MO SO BO  

Vậy

3
.

1
.

3 6

S ABCD SBCD

a

V  SO S 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

6
Trong mặt phẳng (SBD) kẻ trung trực của SB cắt SO
tại I

Vì ISOIBICID

Vì I thuộc trung trực của SBIS IB
Ta có

2 2 2 3 3

4 4

a a

SB SO OB  SB





. 3

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 2 ln 1 ln 1

ln 1 ln 1

e e e

x x x x

dx xdx dx

x x x x

  

 

 



0,25

1 1 1

ln ln 1

e e e

e

xdxx x  xddx e dx



0,25









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 2 ln 1

1 ln 1
ln 1

e

x x x

dx e

x x
 
  




0,5

2 Ta có z  w  1 z z. w.w 1 0,25

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 w 1 1 1 w

z z w z w z

A A

z z w z

z

  
    
   
0,5

Ta có A = a + bi nên AA a bi a bibi0b 0

Vậy A là số thực 0,25

6

Đặt x 1,b 1,z 1

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

  

      0,25

Theo Côsi







1 1 3

1 1 8 8 4

x y z x

y z

 
  
 







1 1 3

1 1 8 8 4

y z x y

z x
 
  
 







1 1 3

1 1 8 8 4

z x y z

x y

 

  

 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

7
Cộng các bđt vế với vế ta được

 

1 3

2 4

x y z

VT     0,25

Mặt khác abc = 1 nên xyz = 1, do đó x  y z 33 xyz  . Từ đó suy ra đpcm 3

</div>

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





















<sub> </sub>

















 

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>































































































<sub></sub>

<sub></sub>



 





 

