Tài liệu là đề thi thử môn Toán của trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ năm học 2013-2014 với 6 câu hỏi đa dạng về khảo sát hàm số, giải phương trình, hình học không gian và tính tích phân. Mỗi câu hỏi có điểm số và yêu cầu giải thích cụ thể. Đề thi cũng bao gồm đáp án và hướng dẫn chấm điểm chi tiết cho từng câu.

1. 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
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: 2 9 12 0  x y
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
2 2
1
9 4
 
x y
. 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): 1 0   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 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
x x x
dx
x x
 

 .
2. Cho hai số phức z và w thỏa mãn w 1 z . Chứng minh rằng số
2 2
2 2
w
1 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 4 4
1 1 1 3
4a (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

2. 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 1lim lim+ −
→ →
+ +
= +∞ = −∞ ⇒
+ +x x
x x
x x
đường tiệm cận đứng của đồ thị là
x =- 1
2 1
2
1lim→±∞
+
= ⇒
+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

3. www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com
FB.com/ThiThuDaiHoc 2
22 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(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

+ =

 = −
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
13 3
6

= −
+ − − = ⇔ + − = ⇔ 
 =

k
k
k k
k
k
0,25
Với
1 4
2 ( 2;3), ( ; )
2 2 3
1
1 43
( 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 22
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

4. 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 21 2
. (3 ) (9 )(3 )
2 3
⇒ = = − = − −ABCS ABCH b a a a
2
2 2 (9 3 ) (3 ) (3 ) (3 ) 9 3
(9 3 )(3 )(3 )(3 )
4 23 3 3 3
+ + − + − + − 
= + − − − ≤ = 
 
a a a a
a a a a
Vậy max
9 3
2
=ABCS . 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: Pn , (2; 4; 2) //(1; 2; 1) = = − − − − Q dn u
0,25
Gọi d1 là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Q) suy ra một vectơ chỉ phương của
d1 là: 1 Pn , ( 3;0; 3) //(1;0;1) = = − − d Qu n
Phương trình d1 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

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
t anAMO 1 AMO 45 AMC 90= > ⇒ > ⇒ >
AO
MO
Vậy 0
AMC 120=
M
O
CB
DA
S
0,25
Ta có: 0
6
t anAMO
tan 60 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
Vậy
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
ex 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

6. 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 22 2
2 2 2 22 2
2 2
1 1
w w ww
11 w 1 w1 w 1
w
+
+ + +
= = = = =
+ ++ +
z z zzA A
z zz
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 3x 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