Tuyen tap de thi thu dai hoc 2014 mon toan laisac de71 2014

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 )
Câu I ( 2 điểm ).
Cho hàm số

2 4
1
x
y
x




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
   
3;0 , 1; 1M N  
.
Câu II ( 2 điểm ).
Giải các phương trình, bất phương trình sau

1)
 
2

2
2
sin cos 2sin
2
sin sin 3
1 cot 2 4 4
x x x
x x
x
 
 
 
   
   
   
 

   
 
.
2)
   
 
2
2
4 1 2 10 1 3 2x x x    

Câu III ( 1 điểm ).
Tính tích phân
 

5
0
cos sinI x x x dx

 


Câu IV ( 1 điểm ).
Cho hình hộp
ABCD.A'B'C'D'
có đáy là hình thoi cạnh bằng a và góc

0
60BAD

. 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

2 2 2
52
2 2
27
a b c abc    

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 )

1)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh
 
1;5B
và phương trình đường cao
: 2 2 0AD x y  
, đường phân giác góc C là
': 1 0CC x y  
. Tính tọa độ các đỉnh A và C.

2)
Viết phương trình đường thằng
 

đi qua điểm
 
1;1;1A
và vuông góc với đường thẳng
 
/
1 1
:
1 1 2
x y z 
  
và cách điểm

 
2;0;1B
một khoảng lớn nhất.
Câu VIIa ( 1 điểm )

Với
n
là số nguyên dương, chứng minh hệ thức

     
 
   
2 2 2 2 2
1 2 3 1
2
2 3 1
2
n n n
n n n n n n
n
C C C n C n C C

      

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb ( 2 điểm )

1)
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy

cho đường tròn
 
2 2
3
:
2
C x y 
và Parabol
 
2
:P y x
. Tìm trên (P) các
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 60
0
.
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
 
: 2 1 0P x y z   
và đường thẳng (d) là giao tuyến
của hai mặt phẳng
   
: 2 2 0 à : 2 2 0Q x y v R y z     
. Viết phương trình đường thẳng
 

đi qua
giao điểm A của (d) và (P);
 


nằm trong (P) và góc tạo bởi hai đường thẳng
 

và (d) bằng 45
0
.
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
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.
Cảm ơn () gửi tới www.laisac.page.tl
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm.


TRƯỜNG THPH CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
AN GIANG
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 ĐIỂM
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2 4
1
x
y
x





* Tập xác đinh
 
\ 1D  

Giới hạn, tiệm cận:

1 1
lim ; lim
x x
y y
 
 
   
. Suy ra phương trình đường tiệm cận đứng
x = – 1


lim 2; lim 2
x x
y y
 
 
. Suy ra phương trình đường tiệm cận ngang
y = 2
* Sự biến thiên:
 

   
2
6
' 0; ; 1 1;
1
y x
x
         

nên hàm số đồng biến trong
từng khoảng xác định của nó.
* Bảng biến thiên

* Đồ thị:
Đồ thị phải đi qua các điểm đặc biệt
     
2,0 ; 0, 4 ; 4,4 

Nhận xét: đồ thị có tâm đối xứng là điểm
 
1;2I 






0,25

0,25





0,25







0,25
2) Tìm trên đồ thị hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết
   
3;0 , 1; 1M N  
.
Câu I
(2 điểm)

2) Phương trình đường thẳng
 
: 2 3 0MN x y  
.
Xét hai điểm A, B trên đồ thị (C), ta có
6 6
; 2 , ; 2 , , 1

1 1
A a B b a b
a b
   
   
   
 
   

Gọi
3 3
; 2
2 1 1
a b
I
a b

 
 
 
 
 
là trung điểm của đoạn đoạn AB
Theo yêu cầu của bài toán ta có
 
 
2
3 3
0
0

. 0
1 1

6 6
0
7
2 1 1
2
a
b a
AB MN b
AB MN
a b
I MN b a
a
I MN
a b
b
 




   







   
 

   
  

 








   



 





 


0,25

0,25




0,25


+

-

2
2
++
- 1
+

-

y'
y
x
x
y
- 4
4

I
2
- 1
- 4
2
O
1
Vậy
   
2;0 ; 0; 4A B 
hoặc
   
2;0 ; 0; 4B A 

0,25
Câu II
( 2 điểm)
1)
 
2
2
2
sin cos 2sin
2
sin sin 3
1 cot 2 4 4
x x x
x x
x
 

 
 
   
   
   
 

   
 
.
Điều kiện xác định
sin 0x 
hay
;x k k

  

Phương trình đã cho tương đương với
 
 
 
2
cos2 sin 2 sin 2 cos 2 sin
4
cos 2 sin 1 0
4
3
cos 2 0
8 2
,

4
2
sin 1 0
2
x x x x x
x x
k
x
x
k m Z
x m
x


 



 
  
 
 
 
   
 
 


 
 


 
 

  

 


 
 




So với điều kiện nghiệm của phương trình là
 
3
; 2 ; ,
8 2 2
k
x x m k m Z
  

    


0,25

0,25



0,25



0,25
2)
   
 
2
2
4 1 2 10 1 3 2x x x    


Điều kiện xác định
3
2
x  

   
 
 
 
   
 

 
   
 
 
 
 
2 2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
2 10 1 3 2 1 3 2
4 1 2 10 1 3 2 4 1
1 3 2
1
1
2 10 4 1
2 10
4 1
1
1 3 2 2 10
1 3 2
1 3 2
x x x
x x x x
x

x
x
x x
x
x
x x
x
x
    
       
 
 

 


 
 

    
 

   
   

 



1 1

1
3
2 4 2 3 2 2 10 3 2 3
x x
x
x
x x x x
   
 
 

 
  
  

      
 

 

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là
 
3
; 3 \ 1
2
S
 
  



 


0,25






0,25



0,25

0,25
Tính tích phân
 
5
0
cos sinI x x x dx

 


Câu III
(1 điểm)

*
 
1 2
5 5
0 0 0
cos sin .cos . .sin .
I I
I x x x dx x x dx x x dx
  
   
  
 
.
*
1
0 0 0
0 0
.cos . .sin sin . .sin cos 2I x x dx x x x dx x x x
 
  
      
 

* Với
2
I ta đặt
 
 
2
2

2
0
8
1 cos cos
2 15
x t I x d x

 

      

.
* Vậy
8
2
15
I

 



0,25



0,25

0,25

0,25

Tính theo a thể tích hình chóp S.ABMN.

Câu IV
(1 điểm)

* Từ giả thiết ta có
2
2 0
3
sin 60
2
ABCD
a
S a 

60
0
H
N
M
C'
O'
D'A'
C
O
B
A

D
B'

* Gọi O, O' lần lượt là tâm hai đáy ABCD và A'B'C'D' từ giả thiết

   
   
   
 
' '
' ' '
' ' ' ' '
ACC A ABCD
BDD B ABCD OO ABCD
OO ACC A BDD B


  






mà OO' // AA' , nên ta có hình hộp đã cho là hình hộp đứng

*
/ / ' à ' ' 'MN OB v MN BD OB BD  
nên trong hình chữ nhật BDD'B' ta có
' 'BD B O

. Gọi H là giao điểm của B'O và BD', khi đó ta có
1
'
3
BH BD
và sử dụng
hệ thức
' . '.B O BH BB BO
ta có
2
2 ' '
2
a
BD BB BB  

Vậy
3
. ' ' ' '
6
. '
4
ABCD A B C D ABCD
a
V S BB
 
( đvtt )

0,25

0,25








0,25

0,25
Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng


2 2 2
52

2 2
27
a b c abc    

Câu V
(1 điểm)

Ta có
; ;
2
a b c
p p a p b p c
 
    
là các số dương
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương
1 ; 1 ; 1a b c  
ta có
   
 
 
3
3
1
0 1 1 1
3 27
28 28
1 2 2 2
27 27
a b c

a b c
ab bc ca abc ab bc ca abc
   
     
 
 
           

 
 
2
2 2 2
2 2 2
56
2 2
27
52
2 2
27
a b c a b c abc
a b c abc
        
     

Đẳng thức bên trái xảy ra khi
2
3
a b c  

0,25


0,25


0,25



0,25
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

: 2 3 0BC x y  

*
'C BC CC 
tọa độ của C là nghiệm của hệ
 
2 3 4
4; 5
1 5
x y x
C

x y y
    
 
   
 
   
 

* Gọi B' là điểm đối xứng của B qua đường thẳng CC' khi đó B' thuộc đường thẳng AC
Pt
': 6 0BB x y  
.
7 5
' ' ;
2 2
K BB CC K
 
 
 
 

là trung điểm BB' suy ra
 
' 6;0B

* Đường thẳng AC qua C và B'
: 2 6 0AC x y   

A AC AD 
nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

 
2 2 4
4; 1
2 6 1
x y x
A
x y y
  
 
  
 
   
 


0,25

0,25


0,25



0,25
2) Viết phương trình đường thẳng
 


Câu VIa

(2 điểm)

*
 

phải thuộc mặt phẳng
 

đi qua A và vuông góc
với
 
'
suy ra vtpt
 
1;1;2n




* Kẻ
 
BK  
ta có

   
max
; ;BK d B AB d B AB K A          
   

*

   
 
AB

 


 


suy ra véc-tơ chỉ phương của
 

là

 
1
; 1;1; 1
2
v n AB

 
  
 
  

* Phương trình đường thẳng
 

là

1 1 1
1 1 1
x y z  
 




0,25


0,25




0,25

0,25
Chứng minh
     
 
   
2 2 2 2 2
1 2 3 1
2
2 3 1
2
n n n
n n n n n n

n
C C C n C n C C

      

Câu VII a
( 1 điểm)
Đặt
       
 
   
2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 1
0. 1. 2 3 1
n n
n n n n n n
S C C C C n C n C

       
Ta có
           
2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 1
2 .
n n
n n n n n n
S n C C C C C C

 
      

 
 

Khai triển hai nhị thức
   
1 1
n n
x x 
và
 
2
1
n
x
rồi so sánh hệ số của
x
n

ta được

   
   
         
 
2 2 2 2 2
0
0 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 0
2
0 1 2 1 2
1 2 1

1
2 2
2
2 2
1 ; 1
1 1 ,
1
.
n n
n n n n n n n n n n
n n n n n n n n n n
n n
k n k
n n
n
n n
n n
n n n
n n n n n
n n
n
n n
C C
x C C x C x C x C x x C x C x C x C x C
x x do C C
x C
C C C x
C xC x C x C
     
 

 
             
    
    
 
   
 

 


2 2
n n
x

           
2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 1
2

n n n
n n n n n n n
C C C C C C C

       từ đó suy ra ĐPCM


0,25

0,25

0,25

0,25
1) Tìm các điểm M trên
 
2
:P y x

Câu VIb.
(2 điểm)
1) Đường tròn
( )C
tâm
 
0;0O
, bán kính
6
2
r 
và
 
 
2
;M P M t t 

theo YCBT ta có

2 6OM OM  


 
1; 2t   

Vậy có bốn điểm M là
   
   
1 2 3 4
1; 1 , 1; 1 , 2; 2 , 2; 2M M M M     


0,25

0,25

0,25
0,25

'
 
 

B
H
A
K
2) Viết phương trình đường thằng
 



* Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
 
2 1 1
2 2 0 1;0; 1
2 2 1
x y z x
x y y A
y z z
   
 
 
     
 
 
    
 

Đường thẳng (d) có véc-tơ chỉ phương là
 
1;2; 1v  


* Gọi véc-tơ chỉ phương của đường thẳng
 

là
 
2 2 2

; ; , 0u a b c a b c   


Theo YCBT ta có
 
   
0
2 2 2
2 0
. 0
2
1
1
cos ; cos45
2
6.
2
P
a b c
u n
a b c
d
a b c

  






 
 

   
 
 
 


 

* Giải hệ này ta được
1
1 3
1 3
a
b
c



  


  

hoặc
1
1 3
1 3

a
b
c



  


  


* Vậy có hai đường thẳng thỏa YCBT là

   
1 1
1 1 1 1
: , :
1 1
1 3 1 3 1 3 1 3
x y z x y z   
     
     




0,25

0,25



0,25



0,25


Tìm xác suất để hai bạn Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau.
Câu VIIb.
(1 điểm)


* 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
5, 6, 7, 9x y x z y z x y z        
suy ra

2, 3, 4x y z  

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
 
2 3 4
9 7 4
. . 1260n C C C  
.

* 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
3 4
7 4
. 35C C 
.
Khả năng thứ hai:
Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Toán và Hóa, tương tự có
2 1 4
7 5 4
. . 105C C C 
cách.
Khả năng thứ ba:
Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Lí và Hóa, tương tự có
2 3 2
7 5 2

. . 210C C C 
cách.

* Suy ra P(A) = 350/1260 = 5/ 18.







0,25

0,25










0,25


0,25

Cảm ơn (
) gửi tới www.laisac.page.tl