Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 18

Chia sẻ: Dongthao_1 Dongthao_1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

71
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học 2013 môn toán khối b đề 18', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 18

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 18 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x 3 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y x 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) x x x 1) Giải phương trình: 1 sin sin x cos sin 2 x 2cos 2 2 2 4 2 2) Giải bất phương trình: log2 (4x2 4x 1) 2x 2 ( x 2)log 1 1 x 2 2 e ln x Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I 3x2 ln x dx 1 x 1 ln x a Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = . SA a 3, 2   300 SAB SAC Tính thể tích khối chóp S.ABC. 3 Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = . Tìm giá trị 4 1 1 1 nhỏ nhất của biểu thức P 3 3 3 . a 3b b 3c c 3a II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho cho hai đường thẳng d1 : 2 x y 5 0 . d2: 3x + 6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; –1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2. 2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho 4 điểm A( 1; –1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; –1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x y z 2 0 . Gọi A’ là hình chiếu của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A , B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S). Câu VIIa (1 điểm) Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường: y x2 4x và y 2 x . B. Theo chương trình Nâng cao Trang 1
Câu VIb (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho Hypebol (H) có phương trình: x2 y2 1. Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu 16 9 điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H). 2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho P : x 2y z 5 0 và đường x 3 thẳng (d ) : y 1 z 3, điểm A( –2; 3; 4). Gọi là đường thẳng nằm trên 2 (P) đi qua giao điểm của (d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất. 23 x 1 2y 2 3.2 y 3x (1) Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình 3x 2 1 xy x 1 (2) HƯỚNG DẪN GIẢI 2x0 3 1 Câu I: 2) Ta có: M x0 ; , x0 2 , y' (x0 ) 2 x0 2 x0 2 1 2x0 3 Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M : :y 2 (x x0 ) x0 2 x0 2 2x0 2 Toạ độ giao điểm A, B của ( ) và hai tiệm cận là: A 2; ; B 2x0 2;2 x0 2 xA xB 2 2 x0 2 yA yB 2x0 3 Ta có: x0 xM , yM M là trung điểm AB. 2 2 2 x0 2 Mặt khác I(2; 2) và IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp IAB có diện tích: 2 2 x0 3 1 S= IM 2 ( x0 2) 2 2 ( x0 2)2 2 x0 2 ( x0 2)2 1 x0 1 Dấu “=” xảy ra khi (x0 2)2 2 M(1; 1) và M(3; 3) (x0 2) x0 3 x x x x k Câu II: 1) PT sin x sin 1 2sin 2 2sin 1 0 x k 2 2 2 x k4 1 1 1 2) BPT x log 2 (1 2x) 1 0 x x hoặc x < 0 2 4 2 e ln x e 2(2 2) 2e 3 1 5 2 2 2e3 Câu III: I dx 3 x2 ln xdx = + = 1 x 1 ln x 1 3 3 3 Câu IV: Dùng định lí côsin tính được: SB a , SC = a. Gọi M là trung điểm của SA. Hai tam giác SAB và SAC cân nên MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC). 1 1 1 Ta có VS .ABC VS . MBC VA . MBC MA.S MBC SA.S MBC SA.S MBC 3 3 3 Trang 2
Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau. Do đó MB = MC MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC MN BC. Tương tự MN SA. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a a 3 3a 2 a 3 MN AN AM AB BN AM a MN . 4 2 16 4 1 1 1 a 3 a a3 Do đó: VS.ABC SA. MN.BC a 3. . . 3 2 6 4 2 16 Câu V: Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 1 1 1 3 1 1 1 9 (x y z) 3 3 xyz 9 (*) x y z 3 xyz x y z x y z 1 1 1 9 Áp dụng (*) ta có P 3 3 3 3 3 3 a 3b b 3c c 3a a 3b b 3c c 3a Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có : a 3b 1 1 1 3 a 3b 1.1 a 3b 2 3 3 b 3c 1 1 1 3 b 3c 1.1 b 3c 2 3 3 c 3a 1 1 1 3 c 3a 1.1 c 3a 2 3 3 1 1 3 Suy ra: 3 a 3b 3 b 3c 3 c 3a 4 a b c 6 4. 6 3 3 3 4 3 a b c 1 Do đó P 3. Dấu = xảy ra 4 a b c 4 a 3b b 3c c 3a 1 1 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a b c . 4   Câu VI.a: 1) d1 VTCP a1 (2; 1) ; d2 VTCP a2 (3;6)    Ta có: a1.a2 2.3 1.6 0 nên d1 d 2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình: d : A( x 2) B( y 1) 0 Ax By 2 A B 0 d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450 2A B A 3B cos 450 3 A2 8 AB 3B2 0 A2 B2 22 ( 1)2 B 3A * Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3x y 5 0 * Nếu B = –3A ta có đường thẳng d : x 3 y 5 0 Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x y 5 0; d : x 3y 5 0 2) Dễ thấy A ( 1; –1; 0) Phương trình mặt cầu ( S): x 2 y2 z2 5x 2 y 2 z 1 0 5 29 (S) có tâm I ;1;1 , bán kính R 2 2 Trang 3
+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C) +) Phương trình đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc với (P). x 5/ 2 t 5 1 1 d: y 1 t H ; ; 3 6 6 z 1 t 75 5 3 29 75 31 186 IH , (C) có bán kính r R2 IH 2 36 6 4 36 6 6 Câu VII.a: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x 0 x 0 x 0 2 2 2 |x 4x | 2x x 4x 2x x 6x 0 x 2 x2 4x 2x x2 2x 0 x 6 2 6 4 52 Suy ra: S x2 4x 2 x dx x2 4x 2 x dx = 16 0 2 3 3 Câu VI.b: 1) (H) có các tiêu điểm F1 5;0 ; F2 5;0 . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3), x2 y2 Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: 1 ( với a > b) a2 b2 (E) cũng có hai tiêu điểm F1 5;0 ; F2 5;0 a2 b2 52 1 2 2 2 2 M 4;3 E 9a 16b ab 2 a2 52 b2 a2 40 x2 y2 Từ (1) và (2) ta có hệ: . Vậy (E): 1 9a2 16b2 a 2b2 b2 15 40 15 x 2t 3 2) Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được: y t 1 z t 3 Gọi I là giao điểm của (d) và (P) I 1;0; 4   * (d) có vectơ chỉ phương là a (2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n 1; 2; 1     a, n 3;3;3 . Gọi u là vectơ chỉ phương của u 1;1;1 x 1 u   : y u . Vì M M 1 u; u;4 u , AM 1 u; u 3; u z 4 u    AM ngắn nhất AM AM .u 0 1(1 u ) 1(u 3) 1.u 0 4 7 4 16 u . Vậy M ; ; 3 3 3 3 x 1 x 0 x 1 0 x 1 Câu VII.b: PT (2) x 0 x 1 3x2 1 xy x 1 x(3x y 1) 0 3x y 1 0 y 1 3x 8 8 * Với x = 0 thay vào (1): 2 2y 2 3.2 y 8 2y 12.2 y 2y y log 2 11 11 x 1 * Với thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 23 x 1 2 3x 1 3.2 (3) y 1 3x Trang 4
1 Đặt t 23 x 1 . Vì x 1 nên t 4 1 1 2 t 3 8 (loaïi) x log2 (3 8) 1 (3) t 6 t 6t 1 0 3 t t 3 8 y 2 log2 (3 8) x 0 1 x log 2 (3 8) 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 8 và 3 y log 2 11 y 2 log 2 (3 8) Trang 5