Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu lần 2 năm 2013 (khối A, B)

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

142
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu lần 2 năm 2013 (khối A, B) có kèm đáp án giúp các bạn học sinh lớp 12 ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì thi tuyển sinh Đại học

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu lần 2 năm 2013 (khối A, B)

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 LẦN 2 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối: A + B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2 x - 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = (1) x - 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến d của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho AB = 82 . . OB Câu II (2,0 điểm) 2cos 2 x + 3 sin 2 x + 3 1. Giải phương trình = 3 ( tan 2 x + 1 . ) æ pö 2 cos 2 x.sin ç x + ÷ è 3 ø x 2 + x + 1 2 2 2. Giải bất phương trình 2 + x - 4 £ ( x Î ¡ ) . x + 4 x 2 + 1 1 2 x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ò ( x + x-) e dx . 0 x + e x Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2 a, · = 30 , hình chiếu vuông góc ACB 0 của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng 0 (ABC) bằng 60 . Tính thể tích khối đa diện BCC’B’A’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C’ và A’C. ( + b 2 a ) Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực a b c Î [ ; ] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 , , 1 2 c + 4 ab + bc + ca ( ) PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2.0 điểm) x 2 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm A 3 0 và elip (E) có phương trình ( ; ) + y 2 = 1 . Tìm tọa độ các điểm B, C 9 thuộc (E) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A , biết điểm B có tung độ dương. 2. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; -5; 2), B(3; -1; -2) và đường thẳng (d) có phương trình x + 3 y - 2 z + 3 uuur uuur = = . Tìm điểm M trên (d) sao cho tích MA. MB nhỏ nhất. 4 1 2 Câu VII.a (1.0 điểm) Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm mang số chia hết cho 10. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD biết B 3 3 C ( ; 3 . Giao điểm I ( ; ), 5 - ) của hai đường chéo nằm trên đường thẳng D : 2 x + y - 3 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD để CI = 2 BI , tam giác ACB có diện tích bằng 12, điểm I có hoành độ dương và điểm A có hoành độ âm. x + 3 y + 1 z - 3 2. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng (d) : = = và mặt phẳng ( P ) : x + 2y - z + 5 = 0 . 2 1 1 Gọi A là giao điểm của d và (P). Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng (d), C thuộc mặt phẳng (P) sao cho BA = 2 BC = 6 và · = 60 . ABC 0 12 Câu VII.b (1.0 điểm) Tìm mô đun của số phức w = b + ci biết số phức (1 + 3i ) ( 2 - i ) là nghiệm của 6 (1 - 3i ) (1 + i ) 6 phương trình z 2 + 8bz + 64c = 0. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào ( chủ trang http://boxmath.vn) chia sẻ tới www.laisac.page.tl
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 LẦN 2 Môn: TOÁN; Khối: A+B (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I 2 x - 1 Cho hàm số y = (1) ( 2,0 x - 1 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) đã cho. -1 0.25 TXĐ: D = ¡ \ {1} , y ' = 2 < 0, "x Î D ( x - 1) Hàm số nghịch biến trên các khoảng: (-¥ và (1; + ¥ ;1) ) 0.25 Giới hạn và tiệm cận: lim y = -¥; lim y = +¥ Þ tiệm cận đứng: x = 1 - + x ®1 x ®1 lim y = lim y = 2 Þ tiệm cận ngang y = 2 x ®+¥ x ®-¥ Bảng biến thiên: 1 0.25 x -¥ +¥ y’ - - 2 +¥ y -¥ 2 æ 1 ö y 0.25 Đồ thị: Đi qua các điểm ç ; 0 ÷ , ( 0; 1 và nhận giao ) è 2 ø điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng. · · 2 · 1 · · · 0 1 1 x 2 2. Viết phương trình tiếp tuyến d của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho AB = 82. . OB ìOA + OB 2 = AB 2 ï 2 0.25 Ta có í 2 Þ OA = 9 OB ï AB = 82 OB 2 î . OB 1 Þ Hệ số góc của tiếp tuyến được tính bởi k = ± = ± OA 9 Gọi M ( x ; y 0 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến (d ) và (C) 0 0.25 Þ hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: f / ( x ) = k hay: 0 é -1 1 é 7 ê ( x - 1) = 9 (VN 2 ) ê x0 = 4 Þ y = 3 0 ê 0 Û ( x - 1)2 = 9 Û ê 0 ê -1 1 ê x = -2 Þ y = 5 ê ( x - 1) =- ë 0 2 9 ê 0 ë 0 3 1 æ 7 ö 1 7 1 25 0.25 Với k = - và tiếp điểm ç 4; ÷ , ta có pt tiếp tuyến : y = - ( x - 4 ) + hay y = - x + . 9 è 3 ø 9 3 9 9 1 æ 5 ö 1 5 1 13 0.25 Với k = - và tiếp điểm ç -2; ÷ , ta có pt tiếp tuyến: y = - ( x + 2 ) + hay y = - x + 9 è 3 ø 9 3 9 9
II 2cos 2 x + 3 sin 2 x + 3 (2,0 1. Giải phương trình = 3 ( tan 2 x + 1 . ) 2 æ pö điểm) 2 cos x.sin ç x + ÷ è 3 ø ì p 0.25 ìcos x ¹ 0 p ï x ¹ 2 + k ï ï Điều kiện: í æ p ö Ûí (k Î Z ) (*). Khi đó: ïsin ç x + 3 ÷ ¹ 0 ï x ¹ - p + k p î è ø ï î 3 æ p ö 3 Phương trình đã cho tương đương với: cos 2 x + 3 sin 2 x + 4 = 2 cos 2 x sin ç x + ÷ 2 è 3 ø cos x p p æ pö 0.25 Û cos 2 x.cos + sin 2 x.sin + 2 = 3sin ç x + ÷ 3 3 è 3 ø æ pö æ pö æ pö æ pö Û cos ç 2 x - ÷ - 3sin ç x + ÷ + 2 = 0 Û 2 cos 2 ç x - ÷ - 3cos ç x - ÷ + 1 = 0 è 3ø è 3ø è 6ø è 6 ø é æ p ö êcosç x - 6 ÷ = 1 è ø Û ê ê æ p ö 1 êcos x - ÷ = ç ë è 6 ø 2 æ p ö p p 0.25 Với cos x - ÷ = 1 Û x - = k 2 Û x = + k 2 ( k Î ¢ ) , thỏa (*) ç p p è 6 ø 6 6 é p p 0.25 x - = + k 2 p æ p ö 1 ê 6 3 p Với cos ç x - ÷ = Û ê Þ x = - + k 2 ( k Î ¢ ) , thỏa (*) p è 6ø 2 ê x - p = - p + k 2 p 6 ê ë 6 3 p Vậy, phương trình có nghiệm: x = ± + k 2p ( k Î ¢ ) . 6 x 2 + x + 1 2 2 2. Giải bất phương trình 2 + x - 4 £ ( x Î ¡ ) . x + 4 x 2 + 1 0.25 Điều kiện: x > - 4 æ x 2 + x + 1 ö 2 - x 2 + 1 0.25 Bất phương trình tương đương 2 ç ÷ - 1 + x 2 - 3 £ ç x + 4 ÷ x 2 + 1 è ø x 2 + x + 1 - 1 4 - ( x 2 + 1 ) Û 2 x + 4 + x 2 - 3 £ 2 x + x + 1 ( + x + 1 x 2 + 1 2 2 ) + 1 x + 4 2 x 2 - 3 ( ) x 2 - 3 0.25 Û + x 2 - 3 + £ 0 ( x + 4 x 2 + x + 1 + x + 4 )( ) ( + x 2 + 1 x 2 + 1 2 ) é 2 1 ù Û ( x 2 - 3 ê ) + 1 + ú £ 0 ê ( x + 4 x 2 + x + 1 + x + 4 ë )( ) ( + x 2 + 1 x 2 + 1 ú 2 ) û Û x 2 - 3 £ 0 Û - 3 £ x £ 3 0.25 Kết hợp điều kiện Þ nghiệm của bất phương trình là - 3 £ x £ 3 III Tính tích phân I = 1 ( x 2 + x ) e x . (1,0 ò x + e - x dx 0
1 điểm) 1 ( x 2 + x ) x e xe x .( x + 1) x e 0.25 Ta có I= ò - x dx = ò x dx 0 x+e 0 xe + 1 Đặt t = x e x + 1 Þ dt = ( x + 1 e x dx . ) 0.25 x = 0 Þ t = 1; x = 1 Þ t = e + 1 1 e 1 + e +1 xe x .( x + 1) x e (t - 1) æ 1 ö 0.25 Suy ra I= ò x dx = ò dt = ò ç 1 - ÷dt . 0 xe + 1 1 t 1 è tø Vậy I = ( t - ln t ) e 1 + = e - ln(e + 1) . 0.25 1 IV Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2 a, · = 30 , hình chiếu vuông góc của A’ trên ACB 0 (1,0 mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) điểm) bằng 60 . Tính thể tích khối đa diện BCC’B’A’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C’ và A’C. 0 A' C' 0.25 B' N A H C G M I K B ' Từ A ' G ^ ( ABC ) Þ AG là hình chiếu của AA lên ( ABC ) Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có: 2 a 2 · 0 0 2a 3 BC = 2a, AG = AI = ; A ' AG = 60 Þ A ' G = AG.t an60 = 3 3 3 3 0.25 Đặt AC = x > 0 . Ta có AB 2 = AC 2 + BC 2 - 2 AC BC cos 30 0 Þ a 2 = x 2 + 4 2 - 2 x 2 . . . a . . a 2 Þ AC = x = a 3 . Nên AB 2 + AC 2 = a 2 + 3 2 = 4 2 = BC 2 Þ DABC vuông tại A a a Vì A G ^ ( ABC ) nên A G là chiều cao của khối lăng trụ ABC A B ' C ' và khối chóp A ' . ' ' . ' ABC Thể tích của khối đa diện BCC’B’A’ được tính bởi: æ 1 ö VBCC / B / A/ = VABC . A/ B / C / - VA/ . ABC = ç1 - ÷ S ABC . A ' G = è 3 ø 2 1 1 2a 3 2 3 = . AB. AC .A ' G = a.a 3. = a (đvtt). 3 2 3 3 3 Kẻ AK ^ BC tại K và GI ^ BC tại I Þ GI // AK 0.25 GI MG 1 1 1 AB. AC 1 a.a 3 a 3 Þ = = Þ GI = AK = . = = AK MA 3 3 3 BC 3 2a 6 Kẻ GH ^ A’I tại H (1) BC ^ GI ü Do ý Þ BC ^ GH (2) . Từ (1) và (2) Þ GH ^ (A’BC) Þ d [G, ( A ' BC )] = GH BC ^ A ' G þ Vì B ' C ' // BC , BC Ì ( A BC ) nên B ' C ' //( A BC ) và A ' C Ì ( A ' BC ) ' ' 0.25 Þ d ( ' C ' , A C ) = d B ' C ' , ( A BC )] = d [ B ', ( A ' BC )] B ' [ ' Mặt khác ta thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’. Do đó: d [ B ', ( A ' BC )] = d [ A, ( A ' BC )] = 3d [G, ( A ' BC )] = 3 GH
2a 3 a 3 3. . 3. A ' G.GI 3 6 = 6a = 2a 51 . = = A ' G 2 + GI 2 12a 2 3 2 a 51 17 + 9 36 2a 51 Vậy d ( ' C ' , A C ) = B ' 17 V ( + b 2 a ) (1,0 Cho các số thực a b c Î [ ; ] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 , , 1 2 c + 4 ab + bc + ca ( ) điểm) P được viết lại dưới dạng tương đương là 0.25 ( + b 2 a ) ( + b 2 a ) P = 2 ³ 2 = M c a ) ab c + 4 ( + b + ( + b 2 c + 4 ( + b + 4 c a ) a ) Do a b c Î [ ; ] nên a + b ¹ 0 , nên chia tử và mẫu của M cho ( + b 2 ta được: , , 1 2 a ) 0.25 1 1 c M = 2 = 2 với t = æ c ö æ c ö t + 4 + 1 t a + b ç ÷ + 4 ç ÷ + 1 è a + b ø è a + b ø é 1 ù Với a, b c Î [ ; ] Û t Î ê ;1 , 1 2 ú ë 4 û 1 é 1 ù 0.25 Xét hàm số f ( ) = 2 t trên ê ;1 ú t + 4 + 1 t ë 4 û - 2 t + 2 ( ) é 1 ù é 1 ù Ta có f / (t ) = 2 2
uuur uuur uuu uu uuu uu r r r r uuu uu uuu uu r r r r ( )( ) ( )( ) MA.MB = MI + IA MI + IB = MI + IA MI - IA = MI 2 - IA2 = MI 2 - 9 uuur uuur Suy ra MA. MB nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất 0.25 Hay M là hình chiếu vuông góc của I trên (d). uuur M Î d Þ M ( -3 + 4t; 2 + t; - 3 + 2t ) Þ IM = ( -5 + 4t ; 5 + t ; - 3 + 2t ) 0.25 r (d) có vectơ chỉ phương u = (4; 1; 2) uuu r r uuu r r IM ^ u Û IM .u = 0 Û 4( -5 + 4t ) + 5 + t + 2( - 3 + 2t ) = 0 Û t = 1 0.25 uuur uuur ( ) Þ M (1; 3; - 1), MI = 38 . Vậy Min MA.MB = 29 đạt được khi M (1; 3; - 1) VII.a Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang (1,0 số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm mang số chia hết cho 10. điểm) Gọi A là biến cố lấy được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm 0.25 thẻ mang số chia hết cho 10. Chọn 10 tấm thẻ trong 30 tấm thẻ có: C 10 cách chọn 30 Ta phải chọn : 0.25 5 tấm thẻ mang số lẻ trong 15 tấm mang số lẻ 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 trong 3 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 4 tấm thẻ mang số chẵn nhưng không chia hết cho 10 trong 12 tấm như vậy. Theo quy tắc nhân, số cách chọn thuận lợi để xảy ra biến cố A là: C 5 C 4 C 1 15 12 3 0.25 C 5 C 4 C 1 99 0.25 Xác suất cần tìm là P A = 15 10 3 = ( ) 12 C 30 667 VI.b 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD biết B 3 3 C ( ; 3 . Giao ( ; ), 5 - ) (2,0 điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng D : 2 x + y - 3 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại điểm) của hình thang ABCD để CI = 2 BI , tam giác ACB có diện tích bằng 12, điểm I có hoành độ dương và điểm A có hoành độ âm. 0.25 Vì I Î D Þ I ( t 3 - 2 ), t > 0 ; t ét = 1 CI = 2 Û 15 + 10 - 25 = 0 Û ê BI 2 t t Þ t = 1 Þ I ( ; ) 1 1 êt = - 5 (ktm ) ë 3 Phương trình đường thẳng IC : x + y - 2 = 0 0.25 1 Mà S ABC = AC d ( B AC ) = 12 Þ AC = 6 2 . , 2 éa = 11 0.25 Vì A Î IC Þ A a 2 - a a < 0 nên ta có (a - 5 = 36 Û ê ( ; ), ) 2 Þ a = -1 Þ A -1 3 ( ; ) ëa = -1 Phương trình đường thẳng CD : y + 3 = 0 , IB : x - y = 0 0.25 ì x - y = 0 ì x = -3 Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ í Ûí Þ D -3 -3 ( ; ) î y + 3 = 0 î y = -3 Vậy A 1 3 , D - ; 3 (- ; ) ( 3 - ) x + 3 y + 1 z - 3 2. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng (d) : = = và mặt phẳng 2 1 1 ( P ) : x + 2y - z + 5 = 0 . Gọi A là giao điểm của d và (P). Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng (d), C thuộc mặt phẳng (P) sao cho BA = 2 BC = 6 và · = 60 . ABC 0 0 Điểm A = (d ) Ç ( ) Þ A -1 0 4 ; Góc giữa ( d ) và (P) là 30 (1) P ( ; ; ) 0.25 Vì B Î ( ) Þ B -3 + 2 ; 1 + t 3 + t ) và AB = 6 nên B - ; 1 3 hoặc B 1 ; ) d ( t - ; ( 3 - ; ) ( ; 5 1 0.25 Mặt khác BA = 2 BC = 6 và · = 60 Þ DABC vuông tại C (2) ABC 0 0.25 · 0 Suy ra CAB = 30 (3). Từ (1), (2) và (3) Þ C là hình chiếu của B lên ( P) Tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ phương trình 0.25
ì x - 1 y - 1 z - 5 ì x + 3 y + 1 z - 3 ï = = ï = = í 1 2 - 1 hoặc í 1 2 - 1 ï x + 2 y - z + 5 = 0 î ï x + 2 y - z + 5 = 0 î æ 5 5 ö æ 1 11 ö Suy ra C - ;0 ÷ hoặc C ;0 ÷ ç ; ç ; è 2 2 ø è 2 2 ø 12 VII.b (1,0 Tìm mô đun của số phức w = b + ci biết số phức 1 + 3i ( ) ( 2 - i ) là nghiệm của phương trình 6 điểm) 1 - 3i ( ) (1 + i ) 6 z 2 + 8bz + 64c = 0. 3 0.25 Ta có 1 + 3i( ) = 1 + 3 3i + 3.3i 2 + 3 3i 3 = -8 3 (1 - 3i ) = 1 - 3 3i + 3.3i 2 - 3 3i 3 = -8 2 (1 + i ) i = 2 12 0.25 Do đó (1 + 3i ) ( 2 - i ) = ( -8) ( 2 - i ) = - 8 ( 2 - i ) = 8 (1 + 2i ) = 8 + 16 i 4 6 2 3 (1 - 3i ) (1 + i ) ( -8) ( 2 i ) 6 i 2 Theo giả thiết ta có ( 8 + 16i ) + 8b ( 8 + 16i ) + 64c = 0 0.25 2 Û (1 + 2i ) + b (1 + 2i ) + c = 0 Û ( 2b + 4 ) i + b + c - 3 = 0 ì2b + 4 = 0 ìb = -2 0.25 Ûí Ûí Þ w = ( 2 2 + 5 2 = 29 - ) îb +c -3 = 0 c = 5 î Hết Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào ( chủ trang http://boxmath.vn) chia sẻ tới www.laisac.page.tl