Đề thi thử đại học lần thứ hai năm học 2013 – 2014 Môn: Toán Khối A - Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ

1x
x 
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y = 
 
3 2cos cos
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x

 

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông 
góc với đường thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1). 
Câu II: (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình: 
  3 2 cos cos 2 1 sin . sin cos 
x x
x 
x x 

  
2
2 2
( ) 4 1
( ) 2 7 2
x x y y x
x x y y x
    

   
2. Giải hệ phương trình: 
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân:
060
Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân 
đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 
4
a
và AB = AA’ = a. 
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm trên cạnh AB 
sao cho BQ = 
. 
(MAC) (NPQ)Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng . 
3ab bc ca  
Câu V: (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều 
kiện 
2 2 2
1 1 1
1
2 2 2a b c
  
  
, ta có: 
1
(0; )
3
Câu VI: (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 
2BD. Điểm M
; ) 
1 : 4
1 2
x t
d y t
z t


 
   
thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. 
Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. 
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng : 
2
1 3 3
x y z
 
 
; d2: 
 1 1 1
5 2 1
x y z  
 và d3: 
. Viết phương trình 
đường thẳng , biết  cắt ba đường thẳng d1 , d2 , d3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao 
cho AB = BC. 
TRƯỜNG THPT 
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ 
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2013 – 2014
ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu VII: (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : 
22
2 . 8z z z z   và 2z z 
------------------------Hết---------------------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:..SBD: 
TRƯỜNG THPT 
CHUYÊN 
NGUYỄN HUỆ 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI 
NĂM HỌC 2013 – 2014 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 
I-1 
(1 
điểm) 
TXĐ : D = R\{1} 
y’ =
2
1
0
( 1)x
 

0,25 
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x
 
  nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 
1 1
lim ( ) , lim
x x
f x
  
   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 0,25 
Bảng biến thiên 
1
+
-
1
- -
y
y'
x - 1 +
Hàm số nghịch biến trên ( ;1) và (1; )
Hàm số không có cực trị 
0,25 
Đồ thị : 
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm 
đối xứng 0,25 
10
8
6
4
2
2
4
6
8
10 5 5 10 15
I-2 
(1 
điểm) 
Với 0 1x  , tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x0 ; 
0
0 1
x
x 
) có phương trình : 
0
02
0 0
1
( )
( 1) 1
x
y x x
x x
   
 
2
0
2 2
0 0
1
0
( 1) ( 1)
x
x y
x x
   
 
0,25 
(d) có vec – tơ chỉ phương 
2
0
1
( 1; )
( 1)
u
x
 

0
0
1
( 1; )
1
IM x
x
 

0,25 
Để (d) vuông góc IM điều kiện là : 
0
0 2
00 0
01 1
. 0 1.( 1) 0
2( 1) 1
x
u IM x
xx x

       
  
0,25 
+ Với x0 = 0 ta có M(0,0)
+ Với x0 = 2 ta có M(2, 2) 0,25 
II-1 
(1 điểm) 
ĐK: sin cos 0x x  0,25 
Khi đó      21 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x     
   1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x     
    1 sin 1 cos 1 sin 0x x x    
0,25 
sin 1
cos 1
x
x
 
   
 (thoả mãn điều kiện) 0,25 
2
2
2
x k
x m


 

  

 
  ,k mZ
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2
2
x k

   và 2x m    ,k mZ
0,25 
II-2 
(1 điểm) 
Với x = 0 không nghiệm đúng phương trình 
Với 0x  , ta có: 
2
2 2
2 2 2
2
1
4
1 4
( ) 2 2 7 1
( ) 2 7
y
x y
x y xy x x
x x y y x y
x y
x
 
       
 
        

0,25 
Đặt 
2 1
,
y
u v x y
x

   ta có hệ: 
2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
       
             0,25 
+) Với 3, 1v u  ta có 
hệ:
2 2 2 1, 21 1 2 0
2, 53 3 3
y xy x y x y y
y xx y x y x y
          
                
. 0,25 
+) Với 5, 9v u   ta có hệ: 
2 1 9
5
y x
x y
  

  
, hệ này vô nghiệm. 
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) (2;1), ( ; ) (5; 2).x y x y  
0,25 
III 
(1 điểm) 
Đặt t = 1 ln x có 2tdt = 
1
dx
x
x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2
0,25 
2 2
1 1
ln 1
2
1 ln
e
x t
dx tdt
tx x

 

  0,25 
2
3
1
2( )
3
t
t   0,25 
2(2 2)
3

 0,25 
IV 
(1 điểm) 
Gọi I là trung điểm A’B’ thì 
' ' '
' ( ' ')
' AA '
C I A B
C I ABA B
C I
 
 
 
suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) 
chính là góc 'C BI . 
Suy ra 0' 60C BI 
15
' .tan '
2
a
C I BI C BI 
Q
PK
M
I
N
CA
B
A' C'
B'
0,25 
3
. ' ' ' ' ' '
1 . 15. .AA'. AA' . ' '
2 4
ABC A B C A B C
a
V S CI A B   0,25 
/ / '
( ) / /( ' )
/ / '
NP BC
NPQ C BI
PQ C I



 (1) 0,25 
0
' ( ) '
' 90 AM BI
ABM BB I c g c suy ra AMB BIB
suy ra AMB B BI
   
   
. 
Mặt khác theo chứng minh trên C’I AM nên AM  ( ' )C BI
Suy ra (AMC)  ( ' )C BI (2)
Từ (1) và (2) suy ra (MAC) (NPQ)
0,25 
V 
(1 
điểm) 
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4a b b c c a a b c   
0,25 
Đặt x = ab, y = bc, z = ca ta cần chứng minh 2 2 2 4x y z xyz    với mọi x, y, z 
không âm thỏa mãn: x + y + z = 3 
Không làm mất tính tổng quát giả sử x  y; x  z thì x  1 ta có: 
0,25 
2 2 2 2 2 2 2 214 ( ) ( 2) 4 ( ) ( ) ( 2) 4
4
x y z xyz x y z yz x x y z y z x                  0,25 
2 2 22 1(3 ) 4 ( 1) ( 2) 0
4 4
x
x x x x

       
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 
0,25 
VI.-1 
(1 
điểm) 
N
D
I
A C
B
N'M
Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua 
I thì N’ thuộc AB, ta có : 
'
'
2 4
2 5
N I N
N I N
x x x
y y y
  

   
0,25 
Phương trình đường thẳng AB:
4x + 3y – 1 = 0 
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 
2 2
4.2 3.1 1
2
4 3
d
 
 

0,25 
AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI 
có: 
2 2 2
1 1 1
4d x x
  suy ra x = 5 suy ra BI = 5
0,25 
Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I 
bán kính 5
Tọa độ B là nghiệm của hệ: 
2 2
4x 3y – 1 0
( 2) ( 1) 5x y
 

   
B có hoành độ dương nên B( 1; -1) 
0,25 
VI -2 
(1 
điểm) 
Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d1 , d2 , d3 
Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v) 
0,25 
A, B, C thẳng hàng và AB = BC B là trung điểm của AC 
( 1 5 ) 2
4 (1 2 ) 2.(2 3 )
1 2 ( 1 ) 2( 3 )
t v u
t v u
t v u
   

     
      
0,25 
Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0 
Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1) 
0,25 
Đường thẳng  đi qua A, B, C có phương trình 
2
1 1 1
x y z
  0,25 
VII Gọi z = x + iy ta có 
22 2 2;z x iy z z zz x y      0,25 
(1 
điểm)
2 2 2 2 2 2 2 . 8 4( ) 8 ( ) 2 (1) z z z z x y x y          0,25 
2 2 2 1 (2) z z x x       0,25 
Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1 
Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 - i 0,25