Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 40

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

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 4
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 40', 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 40

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 40 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x 3 2mx 2 (m 3) x 4 (Cm). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 2) Cho điểm I(1; 3). Tìm m để đường thẳng d: y x 4 cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho IBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II (2 điểm): x 2y xy 0 1) Giải hệ phương trình: . x 1 4y 1 2 1 2(cos x sin x) 2) Giải phương trình: tan x cot 2 x cot x 1 cos x sin x tan x Câu III (1 điểm): Tính giới hạn: A = lim x 0 x 2 sin x Câu IV (1 điểm): Cho hình lập phương ABCD.A B C D cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và C D . Tính thể tích khối chóp B .A MCN và cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (A MCN) và (ABCD). Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn: x 2 y 2 z2 xyz . Chứng minh bất đẳng thức: x y z 1 x 2 yz y 2 xz z 2 xy 2 II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x 2 y 2 13 và (C2): ( x 6)2 y 2 25 . Gọi A là một giao điểm của (C1) và (C2) với yA > 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau. 3 x x x 2) Giải phương trình: 5 1 5 1 2 0 2 Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng với n N*, ta có: 2 4 2n n n 2C2n 4C2n ... 2nC2n 4 . 2 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): Trang 1
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 9 3 bằng 12, tâm I ; và trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của đường 2 2 thẳng d: x y 3 0 với trục Ox. Xác định toạ độ của các điểm A, B, C, D biết yA > 0. 2) Giải bất phương trình: log3 x 2 5x 6 log 1 x 2 log 1 x 3 3 3 2 x x a Câu VII.b (1 điểm): Tìm a để đồ thị hàm số y (C) có tiệm cận xiên x a tiếp xúc với đồ thị của hàm số (C ): y x 3 6 x 2 8x 3 . HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d: x 3 2mx 2 (m 3) x 4 x 4 (1) x 0 ( y 4) x ( x 2 2mx m 2) 0 x 2 2mx m 2 0 (2) (1) có 3 nghiệm phân biệt (2) có 2 nghiệm phân biệt, khác 0 m2 m 2 0 m 2 0 m 1 m 2 (*) m 2 Khi đó xB, xC là các nghiệm của (2) xB xC 2m, xB .xC m 2 1 S IBC 8 2 d (I , d ).BC 8 2 ( xB xC )2 8 2 2 ( xB xC )2 4 xB xC 128 0 1 137 m m2 m 34 0 2 (thoả (*)) 1 137 m 2 x y x 2 y 0 x 2 y 0 x 4y Câu II: 1) Hệ PT x 1 4y 1 2 x 1 4y 1 2 4y 1 1 x 2 1 y 2 sin x 0 2 2) Điều kiện: cos x 0 . PT cos x x k2 . cot x 1 2 4 Trang 2
cos x sin x tan x (cos2 x 1)sin x sin2 x Câu III: A = lim = lim = lim 1 x 0 x 2 sin x x 0 x 2 sin x.cos x x 0 x 2 cos x Câu IV: A MCN là hình thoi MN A C, B MN cân tại B MN BO MN (A B C). 3 1 1 a 2 1 a a3 VMA B C MO.S A BC . . a.a 2 VB . A MCN 2VMA B C 3 3 2 2 6 3 Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (A MCN) và (ABCD), P là trung điểm của CD NP (ABCD). a2 6 a2 S MCP 6 S MCN , S MCP cos . 4 4 S MCN 6 z x y 1 1 1 Câu V: Từ giả thiết 1 và xyz x 2 y 2 z2 xy yz zx 1. xy yz xz x y z 4 1 1 Chú ý: Với a, b > 0, ta có: a b a b x 1 1 1 x (1). x 2 yz x yz 4 x yz x y 1 1 y z 1 1 z Tương tự: (2), (3) y2 xz 4 y xz z2 xy 4 z xy x y z 1 1 1 1 x y z Từ (1), (2), (3) x 2 yz y 2 xz z 2 xy 4 x y z yz xz xy 1 1 (1 1) . 4 2 x 2 y 2 z2 xyz Dấu "=" xảy ra x y z x y z 3. x 2 yz; y 2 xz; z2 xy II. PHẦN TỰ CHỌN 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) (C1) có tâm O(0; 0), bán kính R1 = 13 . (C2) có tâm I2(6; 0), bán kính R2 = 5. Giao điểm A(2; 3). Giả sử d: a( x 2) b(y 3) 0 (a 2 b 2 0) . Gọi d1 d (O, d ), d2 d (I 2 , d ) . 2 2 2 2 2 2 Từ giả thiết, ta suy ra được: R1 d1 R2 d2 d2 d1 12 (6a 2a 3b)2 ( 2a 3b)2 b 0 12 b2 3ab 0 . a 2 b 2 a 2 b 2 b 3a Với b = 0: Chọn a = 1 Phương trình d: x 2 0 . Với b = –3a: Chọn a = 1, b = –3 Phương trình d: x 3y 7 0. x x 5 1 5 1 x log 2 1 2) PT 2 2 5 1 . 2 2 x log 2 1 5 1 2n Câu VII.a: Xét (1 x ) C2 n C2 n x C2 n x 2 C2 n x 3 C2 n x 4 ... C2 n x 2 n 0 1 2 3 4 2n (1) Trang 3
(1 x )2 n C2 n C2 n x C2 n x 2 C2 n x 3 C2 n x 4 ... C2 n x 2 n 0 1 2 3 4 2n (2) (1 x)2n (1 x)2n Từ (1) và (2) C2n C2n x 2 C2n x 4 ... C2n x 2n 0 2 4 2n 2 2 Lấy đạo hàm 2 vế ta được: 2C2 n x 4C2 n x 3 ... 2nC2 n x 2 n 4 2n 1 n (1 x )2 n 1 (1 x )2 n 1 2 4 2n n n Với x = 1, ta được: 2C2n 4C2n ... 2nC2n n22n 1 4 . 2 2. Theo chương trình nâng cao 3 2 Câu VI.b: 1) Tìm được M(3; 0) MI = AB = 3 2 AD = 2 2 . 2 Phương trình AD: x y 3 0. Giả sử A(a; 3 – a) (với a < 3). Ta có AM = 2 a 2 A(2; 1). Từ đó suy ra: D(4; –1), B(5; 4), C(7; 2). 2) Điều kiện: x > 3. BPT log3 x 2 5 x 6 log3 x 3 log3 x 2 x2 9 1 x 10 . Câu VII.b: Điều kiện: a 0. Tiệm cận xiên d: y x a 1 . d tiếp xúc với (C ) Hệ phương trình sau có nghiệm: x 3 6 x 2 8x 3 x a 1 x 3 . Kết luận: a = –4. 2 3x 12 x 8 1 a 4 Trang 4