Tính độ dài đoạn EF... 0,5 điểm Do SA = SB = SC và ABC vuông nên hình chiếu vuông góc của S xuống mpABC trùng với H là trung điểm của BC.
Trang 1ĐỀ 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 = x3
+ (m + 1)x2 – 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
1
2
Câu 2 (1 điểm)
32cos x(sin 2x cos 2x.t) 3(cos x sin x)
Câu 3 (1 điểm)
log x 1 x log ( x 1 x)6
Câu 4 (1 điểm)
Tìm họ các nguyên hàm của hàm số f(x) = 4 x 13 2
Câu 5 (1 điểm)
Tính thể tích hình chóp S.ABC biết rằng SA = SB = SC = a, ̂ 120 , o ̂ = 60 , o ̂
= 90 o
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): y2
= 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
9x
Trang 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’= 3x2
+ 2(m + 1)x – 1 y ' 0luôn có hai nghiệm trái dấu (ac = −1< 0), do đó hàm
số luôn có cực đại, cực tiểu với mọi giá trị của m
yCĐ – yCT = (xCĐ – xCT)[ 2 2
x x x x (m 1)(x x ) 1 ]
Ta có
CD CT
CD CT
2(m 1)
3 1
x x
3
3
2
3
1
2
Câu 2 (1 điểm)
Điều kiện: x k (k Z)
2
cos x
3 2sin x.cos x 3 cos 2x
cos x
(0,5 điểm)
3 sin 2x 3 cos 2x 3 sin(2x )
với kZ
Cả hai họ nghiệm trên đều thỏa mãn điều kiện
Vậy nghiệm của phương trình là
6
với kZ (0,5 điểm)
Câu 3.(1 điểm)
Trang 32 2
2 3
2
(7 4 3) 1 x
2(7 4 3)
Câu 4 (2 điểm)
Suy ra
2
2
Câu 5 (1 điểm)
Do BSC600và SB = SC nên SBC đều BCa
SA = SB, ASB 120 0 SAB300
0
0
sin120
sin 30
SC = SA = a, ASC900 ACa 2
Do đó BC2
+ AC2 = a2 + 2a2 = 3a2 = AB2
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
3
(0,5 điểm)
Câu 6 (1 điểm)
Từ giả thiết suy ra 0 a 1
5
và P = a(b + d)(c + e) + cd(b + e – a)
Ta có
1
( 5a 6a 3a 4)
108
S
A
B
C
H
Trang 4Xét hàm số f(x) = 3 2
5
5
, nên f(x) đồng biến trên 1
0;
5
Suy ra f(x)
f
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 y 1x 5
2
Tâm I (x1; y1) của hình vuông là giao của hai đường chéo, nên tọa độ của I là nghiệm của
1
y 2x
1
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, ADDC
nên B (x ; 2x ), D (B B x 2xD; D) và AB.CB0, AD.CD0
Ta có AB(x ; 2xB B5), AD(x ; 2xD D5), CB(xB4; 2xB3), CD(xD4; 2xD3)
Suy ra x , xB Dlà nghiệm của phương trình:
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 (x ; y ) và F (1 1 x ; y2 2) là giao điểm của d và (P)
Từ giả thiết ta có: x1 x2 5
và y1 y2
1 2
Mặt khác ta lại có
2
2
Từ đó ta có: 2y1y2 = (y1 + y2)2 – ( 2 2
y y ) 16
Trang 5Câu 9 (1 điểm)
Xét hàm số f(t) = t + 21
t 1, với tR
Ta có f’(t) = 1 – 2
2
(t 1)
0
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) x y
(0,5 điểm) Thay y = x vào phương trình thứ hai ta được:
2
Đặt u = 3x – 2
x
2
4
x
Phương trình trở thành 2
(0,5 điểm) Vậy nghiệm của phương trình x = y = 1 7
3