Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 33

Chia sẻ: Dongthao_1 Dongthao_1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

41
lượt xem 3
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 33', 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 33

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 33 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y x4 mx3 2 x2 3mx 1 (1) . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. Câu II: (2 điểm) 2 3 2 1) Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 8 2) Giải phương trình: 2x 1 x x2 2 ( x 1) x 2 2x 3 0 2 Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I x 1 sin 2 xdx . 0 Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A .ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA = b. Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A BC). Tính tan và thể tích của khối chóp A .BB C C. a2 b2 c2 a b c Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác 0. Chứng minh: . b2 c2 a2 b c a II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng : x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình: 9x x 1 1 10.3x x 2 . 2 2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng : x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích IAB lớn nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm D(–1; 1; 1) và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Trang 1
Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình: 4x 2x 1 2(2 x 1)sin(2 x y 1) 2 0 . HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 2) Đạo hàm y 4 x3 3mx 2 4 x 3m ( x 1)[4 x 2 (4 3m) x 3m] x 1 y 0 4 x2 (4 3m) x 3m 0 (2) Hàm số có 2 cực tiểu y có 3 cực trị y = 0 có 3 nghiệm phân biệt (3m 4)2 0 4 (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 m . 4 4 3m 3m 0 3 4 Thử lại: Với m , thì y = 0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 3 4 Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi m . 3 2 Câu II: 1) PT cos 4 x x k ,k Z 2 16 2 v2 u 2 2x 1 u x2 2, u 0 u2 x2 2 2) Đặt: v2 u 2 1 v x2 2 x 3, v 0 v2 x2 2x 3 x2 2 v u 0 (b) v u 1 PT (v u ) (v u ) 1 0 v u 1 2 2 (v u ) 1 0 (c) 2 2 Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. 1 Do đó: PT v u 0 v u x2 2x 3 x2 2 x 2 /2 u x 1 1 2 1 Câu III: Đặt I= x 1 cos 2 x cos 2 xdx 1. dv sin 2 xdx 2 0 2 0 4 Câu IV: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của ABC. Vì A .ABC là hình chóp đều nên góc  giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A BC) là = A EH . a 3 a 3 a 3 9b2 3a 2 Ta có : AE , AH , HE A' H A ' A2 AH 2 . 2 3 6 3 A' H 2 3b2 a 2 a2 3 a 2 3b2 a 2 Do đó: tan ; S ABC VABC . A ' B 'C ' A ' H .S ABC HE a 4 4 1 a2 3b2 a2 VA'. ABC A ' H .S ABC . 3 12 a 2 3b 2 a2 Do đó: VA ' BB ' CC ' VABC . A ' B ' C ' VA '. ABC = 6 Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: a2 b2 c2 a 2 b2 c 2 33 . . 3 (1) b2 c2 a2 b2 c 2 a 2 Trang 2
a2 a b2 b c2 c a2 b2 c2 a b c 1 2 ; 2 1 2 ; 2 1 2 2 3 (2) b2 b c c a a b2 c2 a2 b c a a 2 b2 c2 a b c Từ (1) và (2) 2 2 2 2 2 đpcm. b c a b c a Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5) : x + y – 5 = 0, E E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB xN 2 xI xE 12 m I trung ñieåm NE N (12 – m; m – 1) y N 2 yI yE 4 5 m m 1   MN = (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m)     MN .IE 0 (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0 m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0 m = 6 hay m = 7   +m=6 MN = (5; 0) PT (AB) là y = 5   +m=7 MN = (4; 1) PT (AB) là x – 1 – 4(y – 5) = 0 x – 4y + 19 = 0 2) I (1; 2; 3); R = 1 4 9 11 5 2(1) 2(2) 3 4 d (I; (P)) = 3 < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C) 4 4 1 x 1 2t Phương trình d qua I, vuông góc với (P) : y 2 2t z 3 t Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J d J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t) J (P) 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0 t = 1 Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = R2 IJ 2 4 2 Câu VII.a: Đặt t 3x x , t > 0. BPT t2 – 10t + 9 0 (t 1 hoặc t 9) 2 x x 2 Khi t 1 t 3 1 x x 0 1 x 0 (a) 2 x 2 Khi t 9 t 3x x 9 x2 (b) x 2 0 x 1 Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (– ; –2] [–1;0] [1; + ). Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R = 2 Giả sử cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ABC, ta có 1   S ABC IA.IB.sin AIB = sin AIB = 2  Do đó S ABC lớn nhất khi và chỉ khi sin AIB = 1 AIB vuông tại I IA 1 4m IH = 1 (thỏa IH < R) 1 2 m2 1 8 1 – 8m + 16m2 = m2 + 1 15m2 – 8m = 0 m = 0 hay m = 15 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p) Oz.         DP 1; 1; p 1 ; NM m; n;0 DP.NM m n Ta có :       . DN 1; n 1; 1 ; PM m;0; p DN .PM m p x y z 1 1 1 Phương trình mặt phẳng (P): 1 . Vì D (P) nên: 1. m n p m n p Trang 3
        DP NM DP.NM 0 m n 0       m 3 D là trực tâm của MNP DN PM DN .PM 0 m p 0 n p 3 D ( P) D ( P) 1 1 1 1 m n p x y z Kết luận, phương trình của mặt phẳng (P): 1. 3 3 3 2 2x 1 sin(2x y 1) 0(1) Câu VII.b: PT 2x 1 sin(2x y 1) cos2 (2 x y 1) 0 x cos(2 y 1) 0 (2) Từ (2) sin(2 x y 1) 1. Khi sin(2 x y 1) 1 , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN) Khi sin(2 x y 1) 1 , thay vào (1), ta được: 2x = 2 x = 1. Thay x = 1 vào (1) sin(y +1) = –1 y 1 k ,k Z. 2 Kết luận: Phương trình có nghiệm: 1; 1 k ,k Z . 2 Trang 4