Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Thoại Ngọc Thầu năm 2013

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

51
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Thoại Ngọc Thầu năm 2013 mời các bạn và thầy cô hãy tham khảo để giúp các em mình củng cố kiến thức cũng như cách giải các bài tập nhanh và chính xác nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Thoại Ngọc Thầu năm 2013

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 Câu I ( 2 điểm ). Cho hàm số y  x 1 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 M  3;0  , N  1; 1 . Câu II ( 2 điểm ). Giải các phương trình, bất phương trình sau 2  sin x  cos x   2sin 2 x 2      1) 2  sin  4  x   sin  4  3 x   . 1  cot x 2      2 2  2) 4  x  1   2 x  10  1  3  2 x   Câu III ( 1 điểm ). Tính tích phân I   x  cos x  sin 5 x  dx 0  Câu IV ( 1 điểm ). Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình thoi cạnh bằng a và góc BAD  600 . 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 ) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B 1;5  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. 2) Viết phương trình đường thằng  đi qua điểm A 1;1;1 và vuông góc với đường thẳng    : 1  y 1 1  z 2 1 và cách điểm B  2;0;1 một khoảng lớn nhất. / x   Câu VIIa ( 1 điểm ) Với n là số nguyên dương, chứng minh hệ thức 1 2 2 2 3 2 2 n 2 n n C   2  Cn   3  Cn   ...   n  1  Cn 1   n  Cn   C2 n n n 2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb ( 2 điểm ) 3 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C  : x 2  y 2  và Parabol  P  : y 2  x . Tìm trên (P) các 2 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. 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : 2 x  y  z  1  0 và đường thẳng (d) là giao tuyến của hai mặt phẳng  Q  : 2 x  y  2  0 và  R  : y  2 z  2  0 . 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 450. 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. Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Cảm ơn (saithanh@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl
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 Câu I 2x  4 y (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số x 1 * Tập xác đinh D   \ 1 Giới hạn, tiệm cận: lim y  ; lim y   . Suy ra phương trình đường tiệm cận đứng x = – 1 x 1 x 1 lim y  2; lim y  2 . Suy ra phương trình đường tiệm cận ngang y = 2 0,25 x  x  6 * Sự biến thiên: y '  2  0; x   ;  1   1;    nên hàm số đồng biến trong  x  1 từng khoảng xác định của nó. 0,25 * Bảng biến thiên y x -  -1 + 4 y' + + + 2 0,25 I 2 y 2 -  -4 -1 O 1 2 x * Đồ thị: Đồ thị phải đi qua các điểm đặc biệt  2,0  ;  0, 4  ;  4, 4  0,25 Nhận xét: đồ thị có tâm đối xứng là điểm I  1; 2  -4 2) Tìm trên đồ thị hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết M  3;0  , N  1; 1 . 2) Phương trình đường thẳng  MN  : x  2 y  3  0 . 0,25  6   6  Xét hai điểm A, B trên đồ thị (C), ta có A  a; 2   , B  b; 2   , a, b  1  a 1   b 1   ab 3 3  Gọi I  ; 2   là trung điểm của đoạn đoạn AB 0,25  2 a 1 b 1 Theo yêu cầu của bài toán ta có  3 3  a  2     ba  0   AB  MN   AB.MN  0    a 1 b 1 b  0     ...   0,25  I   MN   I   MN   a  0    b  a  6  6  7    2 a 1 b 1  b  2 
Vậy A  2;0  ; B  0; 4  hoặc B  2;0  ; A  0; 4  0,25 2 Câu II  sin x  cos x   2sin 2 x 2      ( 2 điểm) 1) 2  sin  4  x   sin  4  3 x   . 1  cot x 2      Điều kiện xác định sin x  0 hay x  k ; k   0,25 Phương trình đã cho tương đương với   cos 2 x  sin 2 x  sin 2 x  2 cos   2 x  sin x   4    0,25  cos   2 x   sin x  1  0 4   3 k    cos   2 x   0 x  8  2  4   k, m  Z  0,25   x    m2 sin x  1  0    2 3 k  So với điều kiện nghiệm của phương trình là x   ; x   m2 ;  k , m  Z  0,25 8 2 2 2 2  2) 4  x  1   2 x  10  1  3  2 x  3 Điều kiện xác định x   0,25 2 2 2 2  2 x  10  1  3  2x 1  3  2x  2  4  x  1   2 x  10  1  3  2 x   4  x  1  2 2 1  3  2x   x  1  2 x  10  4  x  1   2  x  1 2   2 x  10     4  x  1  1   2 0,25  1  3  2x 2  1  3  2x 2  1  3  2 x  2 x  10         x  1   x  1   x  1    2 x  4  2 3  2 x  2 x  10  3  2x  3 x  3 0,25    3  0,25 Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S    ; 3  \ 1  2   Câu III (1 điểm) 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 . 5 0,25 0    0  0 I1 I2      * I1   x.cos x.dx  x.sin x 0   sin x.dx  x.sin x 0  cos x 0  2 0 0 0,25   2 8  1  cos x  d   cos x   15 . 2 * Với I 2 ta đặt x    t  I 2  0,25 2 0 8 * Vậy I  2 0,25 15
Tính theo a thể tích hình chóp S.ABMN. Câu IV 2 a2 3 0 (1 điểm) * Từ giả thiết ta có S ABCD  a sin 60  0,25 2 B' N C' O' A' D' H B C M 600 O A D * 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   0,25 OO '   ACC ' A '   BDD ' B '  mà OO' // AA' , nên ta có hình hộp đã cho là hình hộp đứng * MN / / OB ' và MN  BD '  OB '  BD ' nên trong hình chữ nhật BDD'B' ta có 1 BD '  B ' O . Gọi H là giao điểm của B'O và BD', khi đó ta có BH  BD ' và sử dụng 3 a 2 hệ thức B ' O.BH  BB '.BO ta có BD  2 BB '  BB '  2 0,25 3 a 6 Vậy VABCD. A' B ' C ' D '  S ABCD .BB '  ( đvtt ) 0,25 4 Câu V Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng (1 điểm) 52  a 2  b 2  c 2  2abc  2 27 a bc Ta có  p  p  a; p  b; p  c là các số dương 2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương 1  a ; 1  b ; 1  c ta có 3  3  a  b  c  1 0,25 0  1  a 1  b 1  c       3  27 28 28  1  ab  bc  ca  abc   2  2  ab  bc  ca   2abc  0,25 27 27 2 56  2   a  b  c    a 2  b 2  c 2  2abc   27 0,25 52   a 2  b 2  c 2  2abc  2 27 2 Đẳng thức bên trái xảy ra khi a  b  c  0,25 3
Câu VIa 1) Tính tọa độ các đỉnh A và C. (2 điểm) * Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với AD nên có phương trình là BC : 2 x  y  3  0 0,25 2 x  y  3  x  4 * C  BC  CC ' tọa độ của C là nghiệm của hệ    C  4;  5  0,25 x  y  1  y  5 * Gọi B' là điểm đối xứng của B qua đường thẳng CC' khi đó B' thuộc đường thẳng AC 7 5 0,25 Pt BB ' : x  y  6  0 . K  BB ' CC '  K  ;  là trung điểm BB' suy ra B '  6;0   2 2 * Đường thẳng AC qua C và B'  AC : x  2 y  6  0 x  2 y  2 x  4 A  AC  AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ    A  4; 1 0,25 x  2 y  6  y  1 2) Viết phương trình đường thẳng    ... *    phải thuộc mặt phẳng   đi qua A và vuông góc  '   B với   '  suy ra vtpt n  1;1;2  0,25 * Kẻ BK     ta có BK  d  B;      AB  d  B;     max  AB  K  A H     0,25 A  K          * suy ra véc-tơ chỉ phương của    là     AB   1     v   n ; AB   1;1;  1 0,25 2  x  1 y  1 z 1 * Phương trình đường thẳng    là   0,25 1 1 1 Câu VII a 1 2 2 2 3 2 2 n 2 n n ( 1 điểm) Chứng minh  Cn   2  Cn   3  Cn   ...   n  1  Cn 1   n  Cn   C2 n n 2 2 2 2 2 2 2 Đặt S  0.  Cn   1.  Cn   2  Cn   3  Cn   ...   n  1  Cn 1   n  Cn  0 1 2 3 n n 0 2 1 2 2 3 2 2 n 2 Ta có 2S  n.  Cn    Cn    Cn2    Cn   ...   Cnn1    Cn   0,25     n n 2n Khai triển hai nhị thức 1  x  1  x  và 1  x  rồi so sánh hệ số của xn ta được n n 1 x  Cn  Cn x  Cn x2  ....  Cn 1xn1  Cn xn ; 1 x  Cn xn  Cn 1xn1  Cn 2 xn2  ....  Cn x1  Cn 0 1 2 n n n n n 1 0  0 2 1 2 2 2 2 n 2 0,25  ...  Cn    Cn    Cn   ... Cn 1    Cn   xn  ..., do Cn  Cn k n n n k n 1 x 1 x    2n 0,25 1 x  C2n  C2n x  ...  C2n xn  ....  C2n 1x2n1  C2n x2n 0 1 n 2n 2n 0 2 1 2 2 2 3 2 2 2 C   C   C    C  n n n n  ...   Cnn1    Cn   C2nn từ đó suy ra ĐPCM n 0,25 Câu VIb. 1) Tìm các điểm M trên  P  : y 2  x ... (2 điểm) 6 1) Đường tròn (C ) tâm O  0;0  , bán kính r  và M   P   M  t 2 ; t  0,25 2 theo YCBT ta có OM  2  OM  6 0,25   t  1;  2  0,25 Vậy có bốn điểm M là M 1  1; 1 , M 2  1;  1 , M 3  2; 2 , M 4  2;  2     0,25
2) Viết phương trình đường thằng    ... 2 x  y  z  1  x  1   * Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 2 x  y  2   y  0  A 1;0;  1  y  2 z  2  z  1 0,25     Đường thẳng (d) có véc-tơ chỉ phương là v  1;2;  1   * Gọi véc-tơ chỉ phương của đường thẳng    là u   a; b; c  , a 2  b 2  c 2  0      u . n P  0  2a  b  c  0   Theo YCBT ta có  0 1  a  2b  c  1 0,25 cos    ;  d    cos 45     2 2 2 2  2  6. a  b  c a  1 a  1   * Giải hệ này ta được b  1  3 hoặc b  1  3 0,25   c   1  3 c   1  3 * Vậy có hai đường thẳng thỏa YCBT là x 1 y z 1 x 1 y z 1 0,25  1  :   ,  1  :   1 1  3 1  3 1 1  3 1  3 Câu VIIb. Tìm xác suất để hai bạn Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau. (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 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. 0,25 * Số khả năng chia sách cho 9 bạn là n     C92 .C7 .C4  1260 . 3 4 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 3 4 C7 .C4  35 . Khả năng thứ hai: Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Toán và Hóa, tương tự có C72 .C5 .C4  105 cách. 1 4 Khả năng thứ ba: 0,25 Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Lí và Hóa, tương tự có C72 .C5 .C22  210 cách. 3 * Suy ra P(A) = 350/1260 = 5/ 18. 0,25 Cảm ơn (saithanh@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl