Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 19

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

Thêm vào BST

Báo xấu

87
lượt xem 6
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 19', 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 19

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 19 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x3 3x 2 4 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2điểm) x2 1 y( x y) 4 y 1) Giải hệ phương trình: 2 (x, y ) (x 1)( x y 2) y sin 3 x.sin 3x cos3 x cos3x 1 2) Giải phương trình: 8 tan x tan x 6 3 1 Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I x ln( x2 x 1)dx 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ a2 3 theo một thiết diện có diện tích bằng . Tính thể tích khối lăng trụ 8 ABC.A’B’C’. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị 1 1 1 lớn nhất của biểu thức P a2 2b 2 3 b2 2c 2 3 c2 2a 2 3 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC có đỉnh A(1;2), phương trình đường trung tuyến BM: 2 x y 1 0 và phân giác trong CD: x y 1 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số x 2 t; y 2t; z 2 2t . Gọi là đường thẳng qua điểm A(4;0;–1) song song với (D) và I(–2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Viết phương trình của mặt phẳng chứa và có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Trang 1
Câu VII.a (1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn n 1 của x , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: 24 x 22 1 23 2 2n 1 n 6560 0 2Cn Cn Cn  Cn ( Cnk là số tổ hợp chập k của n phần 2 3 n 1 n 1 tử) B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y – 7= 0 và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2 MB 2 MC 2 . ex y ex y 2( x 1) Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình (x, y ) ex y x y 1 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 2) d có phương trình y = m(x – 3) + 4. Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình: x 3 x 3 3x 2 4 m( x 3) 4 ( x 3)( x2 m) 0 x2 m 0 Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và y '( m ). y '( m) 1 18 3 35 (3m 6 m )(3m 6 m ) 1 9m 2 36m 1 0 m (thỏa mãn) 9 x2 1 x y 2 2 y Câu II: 1) y = 0 không phải là nghiệm. Hệ PT x2 1 (x y 2) 1 y 2 x2 1 x 1 u v 2 1 Đặt u ,v x y 2. Ta có hệ u v 1 y y uv 1 x y 2 1 Nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5). 2) Điều kiện: sin x sin x cos x cos x 0 6 3 6 3 Ta có tan x tan x tan x cot x 1 6 3 6 6 Trang 2
1 PT sin 3 x.sin 3 x cos3 x cos3 x 8 1 cos 2 x cos 2 x cos 4 x 1 cos 2 x cos 2 x cos 4 x 1 2 2 2 2 8 x k (loaïi) 1 3 1 1 6 2(cos 2 x cos 2 x cos 4 x) cos 2 x cos 2 x 2 8 2 x k 6 Vậy phương trình có nghiệm x k , (k ) 6 2x 1 2 du 2 dx u ln( x x 1) x x 1 Câu III: Đặt dv xdx x2 v 2 1 1 1 1 1 x2 1 2 x3 x 2 1 1 1 2x 1 3 dx I ln( x 2 x 1) dx ln3 (2 x 1)dx 2 dx 2 2 0 2 0 x2 x 1 2 20 40 x x 1 40 x x 1 3 3 I ln 3 4 12 Câu IV: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’. Khi đó (P) (BCH). Do góc  nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết A ' AM diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH. a 3 2 a 3 Do tam giác ABC đều cạnh a nên AM , AO AM 2 3 3 a2 3 1 2 a 3 a 3 Theo bài ra S BCH HM .BC HM 8 2 8 4 3a2 3a2 3a AH AM 2 HM 2 4 16 4 A ' O HM AO.HM a 3 a 3 4 a Do A’AO và MAH đồng dạng nên A 'O AO AH AH 3 4 3a 3 3 1 1aa 3 a 3 Thể tích khối lăng trụ: V A O.S ABC A O. AM .BC a 2 23 2 12 1 1 1 1 Câu V: Ta có a2+b2 2ab, b2 + 1 2b . a 2b 2 3 2 2 2 2 a b b 1 2 2 ab b 1 1 1 1 1 1 1 Tương tự 2 . , . b 2c 2 3 2 bc c 1 c 2a 2 3 2 2 ca a 1 1 1 1 1 1 1 ab b 1 P 2 ab b 1 bc c 1 ca a 1 2 ab b 1 b 1 ab 1 ab b 2 1 1 P khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng khi a = b = c = 1 2 2 Câu VI.a: 1) Điểm C CD : x y 1 0 C t ;1 t . t 1 3 t Suy ra trung điểm M của AC là M ; . 2 2 Từ A(1;2), kẻ AK CD : x y 1 0 tại I (điểm K BC ). Suy ra AK : x 1 y 2 0 x y 1 0 Trang 3
x y 1 0 Tọa độ điểm I thỏa hệ: I 0;1 x y 1 0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của K 1;0 . x 1 y Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 4x 3y 4 0 7 1 8 2) Gọi (P) là mặt phẳng chứa , thì ( P)  ( D) hoặc ( P) ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA và IH AH . d D , P d I, P IH Mặt khác H P Trong (P), IH IA ; do đó maxIH = IA H A. Lúc này (P) ở vị trí (P0) IA tại A.     Vectơ pháp tuyến của (P0) là n IA 6;0; 3 , cùng phương với v 2;0; 1 . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2( x 4) 1.( z 1) 2 x z 9 0 . 2 2 Câu VII.a: Ta có I (1 x)n dx Cn Cn x Cn x2  Cn x n dx 0 1 2 n 0 0 2 1 1 2 1 2 3 1 C x0 n Cn x Cn x  n C x n n 1 2 3 n 1 0 22 1 23 2 2n 1 n 1 3n 1 1 I 2Cn0 Cn Cn  Cn (1). Mặt khác I (1 x) n 1 2 (2) 2 3 n 1 n 1 0 n 1 2 2 1 23 2 2 n 1 n 3n 1 1 Từ (1) và (2) ta có 2Cn0 Cn Cn  Cn 2 3 n 1 n 1 3n 1 1 6560 Theo bài ra thì 3n 1 6561 n 7 n 1 n 1 7 k 1 7 7 k 1 7 1 k 14 43k Ta có khai triển x k C 7 x C7 x 24 x 0 24 x 0 2k 14 3k Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn 2 k 2 4 1 2 21 Vậy hệ số cần tìm là C7 22 4 Câu VI.b: 1) Do B d1 nên B(m; – m – 5), C d2 nên C(7 – 2n; n) 2 m 7 2n 3.2 m 1 Do G là trọng tâm ABC nên B(–1; –4), C(5; 3 m 5 n 3.0 n 1 1) 83 17 338 PT đường tròn ngoại tiếp ABC: x2 y2 x y 0 27 9 27 7 8 2) Gọi G là trọng tâm của ABC G ; ;3 3 3   2   2      2 Ta có F MA2 MB 2 MC 2 MG GA MG GB MG GC        3MG 2 GA2 GB 2 GC 2 2 2MG (GA GB GC ) 3MG GA2 GB 2 GC 2 F nhỏ nhất MG2 nhỏ nhất M là hình chiếu của G lên (P) Trang 4
7 8 3 3 3 3 19 MG d (G,( P)) 1 1 1 3 3 56 32 104 64 GA2 GB 2 GC 2 9 9 9 3 2 19 64 553 Vậy F nhỏ nhất bằng 3. khi M là hình chiếu của G lên (P) 3 3 3 9 u x y ex y x y 1 ev u 1 ev u 1 (1) Câu VII.b: Đặt . Hệ PT x y u u v v x y e x y 1 e v 1 e e v u (2) Nếu u > v hoặc u < v thì (2) vô nghiệm Nên (2) u v . Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét f(u) = eu – u – 1 , f (u) = eu – 1 Từ BBT của f(u) ta có f(u) = 0 u 0 . x y 0 x 0 Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 v 0 x y 0 y 0 Trang 5