De thi thu Dai hoc truong THPT Chuyen Thoai NgocHau An Giang

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPH CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013. AN GIANG. Môn TOÁN – Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề. I. PHẦN CHUNG ( Cho tất cả thí sinh ) 2x  4 y x 1 Câu I ( 2 điểm ). Cho hàm số 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm A, B đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết Câu II ( 2 điểm ). Giải các phương trình, bất phương trình sau. 2. 2). .. 2.  2sin 2 x 2       sin   x   sin   3 x   2  1  cot x 2  4  4  ..  sin x  cos x  1). M   3;0  , N   1;  1. . 4  x  1   2 x 10  1 . 3  2x. . 2. . Câu III ( 1 điểm ). Tính tích phân. I x  cos x  sin 5 x  dx 0. 0  Câu IV ( 1 điểm ). Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình thoi cạnh bằng a và góc BAD 60 . Hai mặt chéo ( ACC'A' ) và ( BDD'B' ) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, B'C', biết rằng MN vuông góc với BD'. Tính thể tích của khối hộp ABCD.A'B'C'D' .. Câu V ( 1 điểm ). Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng 52 a 2  b 2  c 2  2abc  2 27 II. PHẦN TỰ CHỌN ( Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B ) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa ( 2 điểm ) B  1;5  1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh và phương trình đường cao AD : x  2 y  2 0 , đường phân giác góc C là CC ' : x  y  1 0 . Tính tọa độ các đỉnh A và C..    đi qua điểm A  1;1;1 và vuông góc với đường thẳng 2) Viết phương trình đường thằng   /  : 1x  y 1 1  z 2 1 B  2;0;1 và cách điểm một khoảng lớn nhất. Câu VIIa ( 1 điểm ) Với n là số nguyên dương, chứng minh hệ thức 2 2 2 2 2  Cn1   2  Cn2   3  Cn3   ...   n  1  Cnn 1   n  Cnn   n2 C2nn B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb ( 2 điểm ) 3 2  C  : x2  y2  2 và Parabol  P  : y  x . Tìm trên (P) các 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến tới đường trỏn (C) và hai tiếp tuyến này tạo với nhau một góc bằng 600.  P  : 2 x  y  z  1 0 và đường thẳng (d) là giao tuyến 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  Q  : 2 x  y  2 0 và  R  : y  2 z  2 0 . Viết phương trình đường thẳng    đi qua của hai mặt phẳng    nằm trong (P) và góc tạo bởi hai đường thẳng    và (d) bằng 450. giao điểm A của (d) và (P); Câu VIIb ( 1 điểm ). Người ta sử dụng 5 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Vật lí, 7 cuốn sách Hóa học ( các cuốn sách cùng loại giống nhau ) để làm giải thưởng cho 9 học sinh, mỗi học sinh được hai cuốn sách.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> khác loại. Trong số 9 học sinh trên có hai bạn Ngọc và Thảo. Tìm xác suất để hai bạn Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau. Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm.. TRƯỜNG THPH CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU. AN GIANG. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn TOÁN – Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề. Đáp án này có 5 trang. CÂU ĐÁP ÁN Câu I 2x  4 y  (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số x 1. ĐIỂM. D  \   1 * Tập xác đinh Giới hạn, tiệm cận: lim y ; lim y   x  1 x  1 . Suy ra phương trình đường tiệm cận đứng x = – 1 lim y 2; lim y 2 x   x   . Suy ra phương trình đường tiệm cận ngang y = 2 6 y'   0; x    ;  1    1;    2 x  1  * Sự biến thiên: nên hàm số đồng biến trong từng khoảng xác định của nó. * Bảng biến thiên y * x - + -1 Đồ 4 thị: + + y' Đồ + 2 thị 2 I. 0,25. 0,25. 0,25. y 2. -. phải đi qua các điểm đặc biệt  2,0  ;  0,  4  ;   4, 4 . -4. -1. O. 1. 2. x. Nhận xét: đồ thị có tâm đối xứng là điểm I   1; 2 . 0,25 -4. 2) Tìm trên đồ thị hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết 2) Phương trình đường thẳng. M   3;0  , N   1;  1.  MN  : x  2 y  3 0 .. 6  6    A  a; 2   , B  b; 2   , a, b  1 a  1 b  1     Xét hai điểm A, B trên đồ thị (C), ta có 3 3   a b I ; 2   a  1 b  1  là trung điểm của đoạn đoạn AB Gọi  2 Theo yêu cầu của bài toán ta có. . 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>    AB  MN  AB.MN 0     I   MN   I   MN . Câu II ( 2 điểm). 3 3  b  a  a  1  b  1 0  ...    b  a  6  6  7 a 1 b 1  2. 0,25.  a 2   b 0  a 0   b 2. A  2;0  ; B  0;  4  B  2;0  ; A  0;  4  Vậy hoặc 2  sin x  cos x   2sin 2 x  2  sin    x   sin    3x       1  cot 2 x 2   4  4  . 1) Điều kiện xác định sin x 0 hay x k ; k  Z Phương trình đã cho tương đương với   cos 2 x  sin 2 x  sin 2 x  2 cos   2 x  sin x 4     cos   2 x   sin x  1 0 4  3 k     x   cos  2 x  0 8 2      k, m  Z  4     x   m 2  sin x  1 0  2 3 k  x  ; x   m2 ;  k , m  Z  8 2 2 So với điều kiện nghiệm của phương trình là 2. 2). . 3  2x. x . 3 2. 4  x  1   2 x  10  1 . Điều kiện xác định 2. . 4  x 1   2 x  10  1 . . Câu III (1 điểm). 0,25. 0,25. 2. . 2. 2.  4  x  1 .  2 x 10   1 . 1. 2.  1 3  2x . 3  2x. 3  2x. . 2. 2.  x  1 x  1  2  2 x  10    4  x  1    2 1   2 2 1  3  2 x  2 x 10 1 3  2x    1 3  2x   x  1  x  1  x  1    2 x  4  2 3  2 x  2 x  10  3  2 x  3  x  3  3  S   ; 3  \   1  2  Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là. . 0,25. 0,25. 3  2x.  2 x 10  4  x 1. 0,25. 2. . . . . . 0,25. 0,25 0,25. . Tính tích phân. I x  cos x  sin 5 x  dx 0. . . . I x  cos x  sin x  dx x.cos x.dx  x.sin 5 x.dx 0 0     0     5. I1. * . ..  . *. I2. 0,25. . . I1 x.cos x.dx x.sin x 0  sin x.dx x.sin x 0  cos x 0  2 0. 0. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2  8 x   t  I 2   1  cos 2 x  d   cos x   20 15. * Với I 2 ta đặt 8 I 2 15 * Vậy Tính theo a thể tích hình chóp S.ABMN. Câu IV (1 điểm). * Từ giả thiết ta có. S ABCD a 2 sin 600 . 0,25 . 0,25. a2 3 2. 0,25 N. B'. C'. O' A'. D' H B. C M. O. 600. D. A. * Gọi O, O' lần lượt là tâm hai đáy ABCD và A'B'C'D' từ giả thiết  ACC ' A '   ABCD    OO '   ABCD   BDD ' B '   ABCD   OO '  ACC ' A '   BDD ' B ' mà OO' // AA' , nên ta có hình hộp đã cho là hình hộp đứng. 0,25. * MN / / OB ' và MN  BD '  OB '  BD ' nên trong hình chữ nhật BDD'B' ta có 1 BH  BD ' BD '  B ' O . Gọi H là giao điểm của B'O và BD', khi đó ta có 3 và sử dụng BD  2 BB '  BB ' . Câu V (1 điểm). a 2 2. hệ thức B ' O.BH BB '.BO ta có a3 6 VABCD. A ' B 'C ' D ' S ABCD .BB '  4 ( đvtt ) Vậy Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng 52 a 2  b 2  c 2  2abc  2 27. 0,25 0,25. a b c  p  p  a; p  b; p  c 2 Ta có là các số dương Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương 1  a ; 1  b ; 1  c ta có 3.  3   a  b  c  1 0   1  a   1  b   1  c     3 27   28 28  1  ab  bc  ca  abc   2  2  ab  bc  ca   2abc  27 27 56 2  2   a  b  c    a 2  b2  c 2  2abc   27 52  a 2  b 2  c 2  2abc  2 27. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Đẳng thức bên trái xảy ra khi Câu VIa (2 điểm). a b c . 0,25. 2 3. 1) Tính tọa độ các đỉnh A và C. * Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với AD nên có phương trình là BC : 2 x  y  3 0 2 x  y  3  x  4   C   4;  5    y  5 * C BC CC ' tọa độ của C là nghiệm của hệ  x  y 1 * Gọi B' là điểm đối xứng của B qua đường thẳng CC' khi đó B' thuộc đường thẳng AC 7 5 K BB 'CC '  K  ;   2 2  là trung điểm BB' suy ra B '  6;0  Pt BB ' : x  y  6 0 . * Đường thẳng AC qua C và B'  AC : x  2 y  6 0  x  2 y 2  x 4   A  4;  1  A  AC  AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  x  2 y 6  y  1    ... 2) Viết phương trình đường thẳng    phải thuộc mặt phẳng    đi qua A và vuông góc *   '  ' n  1;1;2    B với suy ra vtpt  BK     * Kẻ ta có BK d  B;      AB  d  B;     max  AB  K  A H. Câu VII a ( 1 điểm). A.             AB suy ra véc-tơ chỉ phương của    là *   1 v   n ; AB   1;1;  1 2 x 1 y 1 z 1    là 1  1   1 * Phương trình đường thẳng 2 2 2 2 2  Cn1   2  Cn2   3 Cn3   ...   n  1  Cnn 1   n  Cnn   n2 C2nn Chứng minh . 2. 2. 2. 2. S 0. Cn0   1. Cn1   2  Cn2   3  Cn3   ...   n  1  Cnn 1   n  Cnn . n. 1 x 1 x 1 x 0 2 n. n. 0 2n. 2 2 2 2 2 ...   Cn0    Cn1    Cn2   ... Cnn 1    Cnn   x n  ..., do Cnk Cnn k   1 2n. n n 2n. 2 n 1 2 n  1 2n. 3 2 n. n 1 2 n. C  C x  ...  C x  ....  C 1 2 n. 2 2 n. C   C   C  C  Câu VIb. (2 điểm). 0,25. 0,25. 0,25 0,25. 1) Tìm các điểm M trên.  ...   C.  P : y. 2. x. x. 0,25 0,25. 2. 2 2 2 2 2 2 2 S n.   Cn0    Cn1    Cn2    Cn3   ...   Cnn 1    Cnn     Ta có n n 2n  1  x   1  x  và  1  x  rồi so sánh hệ số của xn ta được Khai triển hai nhị thức n n  1  x  Cn0  Cn1 x  Cn2 x2  ....  Cnn 1xn 1  Cnn xn ;  1  x  Cnn xn  Cnn 1x n 1  Cnn 2 x n 2  ....  Cn1 x1  Cn0. 2n. 0,25. . K. 2. Đặt. 0,25. 2n 2n 2n. 0,25. 0,25 0,25. C x. n 2 n.  C . C2nn. 0,25 từ đó suy ra ĐPCM. .... O  0;0  1) Đường tròn (C ) tâm , bán kính theo YCBT ta có OM  2  OM  6. r. 6 2 2 và M   P   M  t ; t . 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> .  t  1;  2 Vậy có bốn điểm M là.  . . . M 1  1; 1 , M 2  1;  1 , M 3  2; 2 , M 4  2;  2. 2) Viết phương trình đường thằng. .  . ...  2 x  y  z 1  x 1    2 x  y 2   y 0  A  1;0;  1  y  2 z  2  z  1  * Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ   v  1;2;  1 Đường thẳng (d) có véc-tơ chỉ phương là   u  a; b; c  , a 2  b 2  c 2 0  * Gọi véc-tơ chỉ phương của đường thẳng là   u . n P  0 2a  b  c 0   a  2b  c 1  1  0  cos     ;  d   cos 45   2 2 2 2  6. a  b  c 2 Theo YCBT ta có  a 1 a 1   b  1  3 b  1  3   c  1  3 c  1  3  * Giải hệ này ta được hoặc  * Vậy có hai đường thẳng thỏa YCBT là x 1 y z 1 x 1 y z 1   ,  1  :    1  : 1 1  1 3 1 3  1 3 1 3 Câu VIIb. (1 điểm). 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. Tìm xác suất để hai bạn Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau. * Giả sử có x học sinh nhận sách Toán và Vật lí y học sinh nhận sách Toán và Hóa học z học sinh nhận sách Vật lí và Hóa học Ta có x  y 5, x  z 6, y  z 7, x  y  z 9 suy ra x 2, y 3, z 4 Vậy chỉ có 2 học sinh nhận sách Toán và Vật lí, 3 học sinh nhận sách Toán và Hóa học, 4 học sinh nhận sách Vật lí và Hóa học. * Số khả năng chia sách cho 9 bạn là. n    C92 .C73.C44 1260. 0,25 0,25. .. * Gọi A là biến cố hai bạn Ngọc và Thảo nhận sách giống nhau, xảy ra ba khả năng: Khả năng thứ nhất: Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Toán và Vật Lí , khi đó 7 bạn còn lại có 3 bạn nhận sách Toán và Hóa; 4 bạn nhận sách Vật lí và Hóa học. Số cách phân chia là C73.C44 35 . Khả năng thứ hai: 2 1 4 Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Toán và Hóa, tương tự có C7 .C5 .C4 105 cách. Khả năng thứ ba: 2 7. 3 5. 0,25. 2 2. Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Lí và Hóa, tương tự có C .C .C 210 cách. * Suy ra P(A) = 350/1260 = 5/ 18.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>

<span class='text_page_counter'>(8)</span>