Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.. 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
Trang 1TRƯỜNG 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 2 1
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: 2x9y120
Câu 2: (2 điểm)
1 Giải phương trình: sin 2xcos2x3cosxsinx+2=0
2 Giải hệ phương trình:
2
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
1
9 4
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): x y z 1 0 và đường
cắt nhau tại điểm I Gọi là đường thẳng nằm trong (P), vuông góc với d, khoảng cách từ I tới bằng 3 2 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 600 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
dx
x x
2 Cho hai số phức z và w thỏa mãn z w 1 Chứng minh rằng số
2 2
w
z
z là số thực
Câu 6: (1điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng:
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:………
Trang 2TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA
NĂM HỌC 2013 – 2014 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN
TXĐ: R\{-1}
2
1
( 1)
= > ∀ ≠ − +
x
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–∞;-1) và (-1;+∞)
0,25
Giới hạn:
;
+ = +∞ + = −∞⇒
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’ + +
1
6
4
2
-2
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):y=k x( − +1) 1
0,25
y
Trang 32 1
1
+
− + = ⇔ − − =
+
x
∆ = +k > nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt Gọi điểm A(x1;y1); B(x2;y2) trong đó x1, x2 là nghiệm của phương trình (*)
Theo định lý vi et ta có: 1 2
1 2
1 1
+ =
= −
k
x x
Gọi G là trọng tâm tam giác ABO khi đó
1
G
x
k
1
− + −
G
y
0,25
Vì G thuộc đường thẳng 2x+9y−12=0nên ta có:
2
2
1
6
= −
=
k k
k
Với
1 4
1
1 4 3
( 2;3), ( ; ) 2
2 3
k
x
0,25
Pt:sin 2x+cos2x−3cosx−s inx+2=0
2
1 osx
2
⇔
=
c c
0,5
2 1
2
=
x
π π
1
1 osx
= ⇔ = ± +
2
(2điểm)
2
Ta có:
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
Trang 4Từ (1)⇒ x + y2 = y(2x 1) − thế vào (2) ta được
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
= ⇒ =
=
= ⇒
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:
= − + + =
(3 ) (0 0) 3
= − + − = −
0,25
1
2
(9 3 )(3 )(3 )(3 )
+ + − + − + −
2
=
ABC
2 + a= − ⇔ = −a a ⇒b= ±
Vậy ( 3; 3), ( 3; 3)
0,5
( ) (3; 0; 4)
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P) suy ra một vectơ pháp tuyến của(Q) là: n Q = n , P u d= (2; 4; 2) //(1; 2; 1) − − − −
0,25
Gọi d1 là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Q) suy ra một vectơ chỉ phương của
d1 là:
1 = n , P = − ( 3; 0; 3) //(1; 0;1) −
Phương trình d1 đi qua I(3;0;4) là
3 0 4
= +
=
= +
y
0,25
3
(2điểm)
2
Gọi M là hình chiếu của I trên ∆ ⇒M∈d1⇒M(3 +t; 0; 4 +t)
( , ) 3 2 3 2 2 18
3
=
= −
t
t
Vậy M(6;0;7) hoặc M(0;0;1)
0,5
Trang 5Gọi 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
( ) ⊥
⊥
( ), ( ) , 60
Vì ∆BOM vuông tại M nên OM<BO=AO Suy ra
t anAMO= AO >1⇒AMO>45 ⇒AMC>90
MO
Vậy AMC 120 = 0
M
O
C B
D A
S
0,25
tan 60 6
= AO ⇒MO= AO =a
MO
Trong tam giác vuông SBO ta có: 1 2 12 12
2
= + ⇒SO=a
Vậy
3
1
S ABCD ABCD
a
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
4
4
= a
R
H
B
I
O
S
0,5
2
ln
1
1
1
Vậy
2
1
+
0,5
5
(2điểm)
Trang 6Đặt
w
+
= +
z A
z
Ta có:
1
w
+
z
0,5
Ta có : A= +a bi nên A = ⇔ + = − ⇔ = ⇔ = A a bi a bi bi 0 b 0
Đặt x 1, y 1, z 1
VT(1)
(y 1)(z 1) (z 1)(x 1) (x 1)(y 1)
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 VT(1) x y z 3
+ +
0,25
6
(1điểm)
Mặt khác abc = 1 nên xyz = 1, do đó x+ + ≥y z 3 xyz3 =3 Từ đó suy ra đpcm
Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
