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
21
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  xy

Câu 2: (2 điểm)
1. Giải phương trình:
sin2 os2x 3cos sinx+2=0  x c x
.
2. Giải hệ phương trình:



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
32
. 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 60
0
. 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
xx

FB.com/ThiThuDaiHoc
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:

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

1 0
∆ = + >
k
nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt
Gọi điểm A(x
1
;y
1
); B(x
2
;y
2
) trong đó x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình (*)
Theo định lý vi et ta có:
1 2
1 2
1
. 1

+ =



= −

x x

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
1
3 3
6

= −

+ − − = ⇔ + − = ⇔


=


k
k

−



x
A B
k
x
B A1 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 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

− − − = ⇔ − − =

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)

ABC
S ABCH b a a a

2
2 2 (9 3 ) (3 ) (3 ) (3 ) 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

Gọi d
1
là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Q) suy ra một vectơ chỉ phương của
d
1
là:
1
P
n , ( 3;0; 3) //(1;0;1)
 
= = − −
 
  
d Q
u n

Phương trình d
1
đi qua I(3;0;4) là
3
0
4
= +


=


= +


Vậy M(6;0;7) hoặc M(0;0;1) 0,5
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

( )
⊥

⇒ ⊥ ⇒

AMC 120
=

M
O
CB
D
A
S

0,25
Ta có:


0
6
tanAMO
tan60 6
= ⇒ = =
AO AO a
MO
MO

Trong tam giác vuông SBO ta có:
2 2 2
1 1 1
2
= + ⇒ =
a
SO
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

1
1
1 1
ln 1 ( ln 1)
ln ln 1 ln( 1)
ln 1 ln 1
+ +
= = + = +
+ +
∫ ∫
e e
e
x 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

2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
1 1
w w w
w
1
1 w 1 w
1 w
1
w
+
+ + +
= = = = =
+ +
+
+
z z z
z
A A
z z
z
z
0,5
Ta có :

+ +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)