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; 1 M 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 2 x x x      Câu III ( 1 điểm ). Tính tích phân   5 0 cos sin I 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 60 BAD  . 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;5 B và phương trình đường cao : 2 2 0 AD x y    , đường phân giác góc C là ': 1 0 CC x y    . Tính tọa độ các đỉnh A và C. 2) Viết phương trình đường thằng    đi qua điểm   1;1;1 A và vuông góc với đường thẳng   / 1 1 : 1 1 2 x y z      và cách điểm   2;0;1 B 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 0 P x y z     và đường thẳng (d) là giao tuyến của hai mặt phẳng     : 2 2 0 à : 2 2 0 Q 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 ơ n(saithanh@gmail.com )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   \ 1 D    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;2 I  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; 1 M N    . Câu I (2 điểm) 2) Phương trình đường thẳng   : 2 3 0 MN 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; 4 A B  hoặc     2;0 ; 0; 4 B 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 0 x  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 2 x 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 sin I 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 2 I 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 ; 1 a 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 0 BC 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 0 BB x y    . 7 5 ' ' ; 2 2 K BB CC K          là trung điểm BB' suy ra   ' 6;0 B * Đường thẳng AC qua C và B' : 2 6 0 AC 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;2 n    * 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;0 O , bán kính 6 2 r  và     2 ; M P M t t   theo YCBT ta có 2 6 OM OM     1; 2 t    Vậy có bốn điểm M là         1 2 3 4 1; 1 , 1; 1 , 2; 2 , 2; 2 M 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; 1 v    * Gọi véc-tơ chỉ phương của đường thẳng    là   2 2 2 ; ; , 0 u 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, 9 x y x z y z x y z          suy ra 2, 3, 4 x 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 . . 1260 n 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 . 35 C 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 . . 105 C 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 . . 210 C C C  cách. * Suy ra P(A) = 350/1260 = 5/ 18. 0,25 0,25 0,25 0,25 Cả m ơ n  ( saith a nh@g m ail. c om ) gử i tới www. laisac. p age. tl . giám thị coi thi không gi i thích gì thêm. TRƯỜNG THPH CHUYÊN THO I NGỌC HẦU ĐÁP ÁN – THANG I M AN GIANG ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC NĂM 2013 Môn TOÁN – Kh i A Th i gian làm b i 180 phút,. TRƯỜNG THPH CHUYÊN THO I NGỌC HẦU ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC NĂM 2013 AN GIANG Môn TOÁN – Kh i A Th i gian làm b i 180 phút, không kể phát đề I. PHẦN CHUNG ( Cho tất cả thí sinh ) Câu I (. xác suất để hai bạn Ngọc và Thảo có gi i thưởng giống nhau. Câu VIIb. (1 i m) * 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