intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã B5

Chia sẻ: HOÀNG QUANG TRUNG | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

144
lượt xem
18
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử Đại học môn Toán khối B năm 2013 sẽ giúp các bạn tích lũy kinh nghiệm cần thiết để tự tin bước vào kỳ thi tuyển sinh Đại học - Cao đẳng sắp tới.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã B5

  1. TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ B5 Môn thi: TOÁN; Khối: B Hướng dẫn giải gồm 06 trang Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3   2m  3 x 2   m 2  3m  x  2 (1), với m là tham số thực. 3 2 1. Khảo sát sự biến thiên với m  0 . 2. Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho 2 x1  3  3 x2  x1  1  x1  6m  3 . Hướng dẫn: 1 3 1. Khảo sát hàm số y  x 3  x 2  2 , bài toán cơ b ản, học sinh tự giải. 3 2 2. Ta có y  x   2m  3  x  m 2  3m ; 2 x  m y  0  x 2   2m  3 x  m 2  3m  0   x  m   x  m  3  0   x  m  3 Nhận xét rằng m  3  m m   nên x1  m; x2  m  3 . Do đó 2 x1  3  3 x2  x1  1  x1  6m  3  2 m  3  3 4  7 m  3 3  m  7  2 m  3  7m  3    m 1  4  m  3   49m  42m  9 2  Giá trị n ày thỏa mãn bài toán do có x1  1; x2  4 . Giá trị cần tìm là m  1 . ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------   Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 4 sin 2   5 x   4 sin 2 2 x  4 sin 2 3 x  7 . 6  Hướng dẫn: Phương trình đã cho tương đương với 3 1  7  1    cos   10 x   cos 4 x  cos6 x    cos   10 x   cos 4 x  cos6 x   2 2 3 4 3 2         cos   10 x   cos  cos 4 x  cos 6 x  0  2cos   5 x  cos5 x  2cos5 xcosx  0 3 3 3        cos5 x  cos   5 x   cosx   0  3    k   x  10  5 cos5 x  0   k   x    k    cos    5 x   cos    x   62    3     x  2  k   9 3  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1
  2.  4 x 2  5 y 2  6  15 xy   x; y    Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 2  2 x  3 y  4  9 xy  Hướng dẫn: Điều kiện xy  0 .  4 x 2  5 y 2  6  15 xy  Hệ đã cho tương đương với  2 2  4 x  6 y  8  18 xy  Trừ từng vế hai phương trình của hệ thu được y 2  2  3 xy . x  1 y 1   Suy ra 4 x 2  5 3 xy  2  6  15 xy  4 x 2  4    x  1  y  1 Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm  x; y   1;1 ,  1; 1 . ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  x2 4 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx . 2  xsinx  cosx  0 Hướng dẫn:   x2 4 4  xcosx x I  dx    . dx 2 2  xsinx  cosx   xsinx  cosx  cosx 0 0 d  xsinx  cosx  xsinx  cosx  xcosx x 1 u  du  dx ; dv  dx   v 2 2 2  xsinx  cosx   xsinx  cosx  xsinx  cosx cosx cos x   4 4  2 4 1 dx I     tanx 0  4 cosx  xsinx  cosx  0 0 cos x   4 2 4 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’ có độ dài cạnh đáy bằng a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đo ạn thẳng AA’, AB. Biết góc giữa hai mặt phẳng (C’AI) và (ABC) bằng 60 . Tính thể tích khối chóp NAC’I và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN, AC’ theo a . Hướng dẫn: a3 Ta có CC '   ABC  , CI  AI  C ' I  AI  C ' IC  60  CC '  CI tan 60  . 2 a3 1 1 . VNAC ' I  VC ' ANI  VC ' ABC  .CC '.S ABC  4 12 32 Gọi O là giao điểm của A’C và AC’ 1 1 MO song song với AC và MO  AC , NI song song với AC và NI  AC , suy ra NI song song với MO và NI  MO . 2 2 Suy ra MOIN là hình bình hành, suy ra MN song song với OI, từ đó MN song song với mặt phẳng (AC’I). T a có d  MN , AC '  d  MN ,  AC ' I    d  N ,  AC ' I    d a2 3 S AIC V a3  d  NAC ' I  S AIC '    cos60 4 S AIC ' 8 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2
  3. Câu 6 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh lần lư ợt là a , b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 3 a  3 b  3 c P      . cosA  cosB  cos C  2 b  c   2 a  c   2 a  b  Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có 3 a  3 b  3 c  1 a  1 b  1 c         1   1   1    2 b  c   2 a  c  2 a  b   2 b  c  2 a  c  2 a b  3   3  1 a  b  c  1 a  b  c  1 a  b  c   1  1 abc  abc             8  2 2 a  b  c  ab   2 b  c c  a   b  c  2 a  c  2 2   3 a b   3   2 A B A B C C3 C 1 3    2 sin  1  2sin 2   2  sin    . Mặt khác cosA  cosB  cos C  2cos cos 2 2 2 22 2 2 2  16 16 Do đó P  . Giá trị nhỏ nhất là , đạt được khi tam giác ABC là tam giác đều. 3 3 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7 .a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng  P  chứa đường thẳng d1 : x  2  y  z và h ợp với đường thẳng d 2 : x  2  2  y  3  2  z  5  một góc   30 . Hướng dẫn:  Đường thẳng d1 đi qua điểm M 1  0; 2;0  và có vector chỉ phương u1  1; 1;1 .   Đường thẳng d 2 đi qua điểm M 2  2;3; 5  và có vector chỉ phương u2   2;1; 1 . cần tìm có phương trình dạng Ax  By  Cz  D  0  A2  B 2  C 2  0  , đi qua điểm M 1  0; 2;0  và có  P Mặt phẳng  vector pháp tuyến n   A; B; C  . Theo yêu cầu bài toán   A B  C  0 B  A  C  n  u1 B  A  C        1  2 2A  B  C    2 3 A  6  2 A  2 AC  2C   2 2 2  2 A  AC  C  0 sin n, u2  sin 30    2 2 2 2  6. A  B  C B  A  C    A; B; C    C ; 2C; C  ,  A;  A; 2 A    A  C   2 A  C   0  Xét hai trường hợp Với  A; B; C    C ; 2C ; C  , chọn C  1   A; B; C ; D   1; 2;1; 4    P  : x  2 y  z  4  0 . 1 Với  A; B; C    A;  A; 2 A , chọn A  1   A; B; C ; D   1; 1; 2; 2    P2  : x  y  2 z  2  0 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3
  4. Câu 8 .a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  : x 2  y 2  4 x  2 y  1  0 và điểm M  3; 4  . Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đư ờng tròn  C  . Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn ON ngắn nhất. Hướng dẫn: Đường tròn đã cho có tâm I  2; 2  và bán kính R  2 . 1 5 Ta có IM  34 . Gọi J là trung điểm IM thì J  ;  .  2 2 2 2 1  5  17  Do IAM  IBM  90 nên A và B thuộc đường tròn đường kính IM :  C   :  x     y    . 2  2 2  2 2  1  5  17  x2  y 2  x  5 y  2  0  x     y     2  2  5x  3 y  3  0 . Tọa độ hai điểm A, B thỏa mãn hệ  2  2 2  x  y  4x  2 y 1  0 2  2  x  y  4x  2 y 1  0  5x  3  Suy ra p hương trình đường thẳng AB: 5 x  3 y  3  0 . Tọa độ điểm N cần tìm N  x; . 3   2 2  5x  3  34 2 10 34  15  9 3 Kho ảng cách ON  x 2   .  x  x 1  x    3 9 3 9 34  34 34 15  15 9 Đẳng thức xảy ra khi x    N   ;   . 34  34 34  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1  log 4  x  y  1  log 4 y  2 2 2  x; y    . Câu 9 .a (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  log 5  x 2  3 xy  3 y 2   2 log 5 y  Hướng dẫn: Điều kiện x 2  y 2  1  0; y  0 (*) Hệ phương trình đã cho tương đương với log 4  x 2  y 2  1  log 4 y  log 4 2  x  y  1  x  y  1  0 2 2  x  y 1  2 y   2   log 5  x  3 xy  3 y   log 5 y  x  y   x  2 y   0 2 2 2 2  x  3 xy  2 y  0     x  y  1   x  y  x  y  1  0   x  y  0  1 1  2 1   x; y     ;   ,   ;   ,  2;1   2 2  3 3  x  y  1  0   x  2 y   x  y  1  x  2 y  So sánh với điều kiện (*) hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2;1 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 4
  5. B. Theo chương trình Nâng cao x 2   m  3  x  3m  1 Câu 7 .b (1,0 điểm). Tìm m để hàm số y  có cực đại và cực tiểu sao cho các giá trị cực đại và cực x 1 tiểu của hàm số đều âm. Hướng dẫn: x 2  2 x  2m  2  x 2  2 x  2m  2  0 Ta có y  ; y  0   (1) 2  x  1 x  1    1  2 m  2  0 1 Hàm số có cực đại, cực tiểu khi (1) có hai nghiệm phân biệt   m . 1  2  2m  2  0 2 Hai nghiệm phân biệt x1 , x2 của (1) tương ứng là hoành độ giao điểm hai điểm cực trị. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là y  2 x  m  3 nên hai cực trị là A  x1 ; 2 x1  m  3  , B  x2 ; 2 x2  m  3 . 2  y y   2 x1  m  3   2 x2  m  3  m  6m  5  x  x  2 Áp dụng định lý Viete  1 2  1 2  x1 x2  2m  2  y1  y2  2m  2   m  1  y1 y2  0 m  5  Hai giá trị cực đại, cực tiểu đều âm khi   m  5    y1  y2  0  1  m  1 m  1  1  m 1 1 Kết hợp điều kiện m  ta được giá trị cần tìm của m là  2  2 m  5 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  5 7 11  Câu 8 .b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường tròn    có tâm I  ;  ;   , bán kính bằng 2 3 3 3  và n ằm trong mặt phẳng    : x  2 y  2 z  1  0 . Lập phương trình mặt cầu  S  chứa đường tròn    và có tâm thuộc mặt ph ẳng    : x  y  z  3 . Hướng dẫn: 5  x  3  t   5 7 11  7  Phương trình th ẳng d qua tâm I  ;  ;   và vuông góc với mặt phẳng    : x  2 y  2 z  1  0 là  y    2t 3 3 3  3  11   z   3  2t  5 7 11   x   t ; y    2t ; z    2t 4    x; y; z; t    3; 5; 1;   Tọa độ tâm K của  S  thỏa mãn hệ phương trình  3 3 3 3  x  y  z  3  0  2 2 2 Ta có IK  4 , theo định lý Pythagores thì R2S   R 2  IK 2  20 nên ta có  S  :  x  3    y  5    z  1  20 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 5
  6. Câu 9 .b (1,0 điểm). T rong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 : x  3 ; d 2 : x  y  2  0 . Giả sử T  là 1 đư ờng tròn tiếp xúc với đường thẳng d 2 tại M và cắt đường thẳng d1 tại hai điểm N, P sao cho PMN  MNP . Lập 2 phương trình đường tròn T  biết chu vi tam giác MNP bằng 4  2 2 và điểm N có tung độ dương. Hướng dẫn: Gọi giao điểm của hai đường thẳng đã cho là A  3;1 . 1  x  45 hay PAM  45 . Nhận xét rằng nếu đặt     d1 , d2  ; cos   2 1 Tam giác PAM vuông tại M nên APM  45 , đặt PMN  MNP  x . 2 Trong tam giác PMN ta có APM  PMN  MNP  180  45  x  2 x  180  x  45  MNP  90 .  PM  t và PM là đường kính của đường tròn T  . Suy ra MN  NP  2 Chu vi tam giác MNP: t  t  2t  4  2 2  t  2  NP  NM  NA  2; PM  2 2 . Do điểm N có tung độ dương nên N  3;3  và suy ra P  3;5  . Đường thẳng MN vuông góc với d1 nên song song với trục hoành, phương trình MN : y  3 y  3 x  5 Tọa độ điểm M thỏa mãn h ệ   x  y  2  0 y  3 2 2 Tâm I của đường tròn T  là trung điểm của PM : I  4; 4  , và ta có T  :  x  4    y  4   8 . ------------HẾT ------------ 6
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2