Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 42

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

Thêm vào BST

Báo xấu

42
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 42', 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 42

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 42 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 2x 4 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y . x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên đồ thị (C), hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết M(– 3; 0), N(–1; –1). Câu II (2 điểm): 1 3x 7 1) Giải phương trình: 4 cos4 x cos2 x cos4 x cos 2 4 2 2) Giải phương trình: 3x.2 x 3x 2 x 1 2 1 sin x x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= e dx 0 1 cos x Câu IV (1 điểm): Tính thể tích khối chóp S.ABC, biết SA = a, SB = b, SC = c,  600 ,  900 ,  1200 . ASB BSC CSA Câu V (1 điểm): Cho các số dương x, y, z thoả mãn: xyz = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = log2 x 1 2 log2 y 1 2 log2 z 1 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 2 đường thẳng d1: x y 1 0 và d2: 2 x y 1 0 . Lập phương trình đường thẳng d đi qua M(1; 1) và cắt d1, d2    tương ứng tại A, B sao cho 2 MA MB 0 . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x 2 y 2z 1 0 và hai điểm A(1; 7; –1), B(4; 2; 0). Lập phương trình đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB lên mặt phẳng (P). Câu VII.a (1 điểm): Kí hiệu x1, x2 là các nghiệm phức của phương trình 1 1 2x2 2x 1 0 . Tính giá trị các biểu thức và . 2 2 x1 x2 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): Trang 1
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 y 2 2 x 2 y 3 0 và điểm M(0; 2). Viết phương trình đường thẳng d qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB có độ dài ngắn nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 3). Tìm toạ độ trực tâm của tam giác ABC. Câu VII.b (1 điểm): Tìm các giá trị x, biết trong khai triển Newton n 3x ) 5 2lg(10 2( x 2)lg3 1 3 2 số hạng thứ 6 bằng 21 và Cn Cn 2Cn . HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN: x 2 y 3 0 . Gọi I(a; b) MN a 2b 3 0 (1) Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với MN là: y 2( x a) b . Hoành độ các giao điểm A, B của (C) và d là nghiệm của phương trình: 2x 4 2( x a) b (x –1) x 1 2 x 2 (2a b) x 2a b 4 0 (x –1) A, B đối xứng nhau qua MN I là trung điểm của AB. xA xB 2a b Khi đó: xI a (2) 2 4 a 2b 3 0 a 1 Từ (1) và (2) ta được: 2a b a b 2 4 Suy ra phương trình đường thẳng d: y 2 x 4 A(2; 0), B(0; –4). 3x Câu II: 1) PT cos2 x cos 2 (*). 4 cos2 x 1 cos2 x 1 x k Ta có: 3x . Do đó (*) 3x 8l x 8m . cos 1 cos 1 x 4 4 3 1 2) PT 3x (2 x 1) 2 x 1 (1). Ta thấy x không phải là nghiệm của (1). 2 1 2x 1 2x 1 Với x , ta có: (1) 3x 3x 0 2 2x 1 2x 1 2x 1 x 3 6 1 Đặt f ( x) 3x 3 2 . Ta có: f ( x ) 3x ln3 0, x 2x 1 2x 1 (2 x 1)2 2 1 1 Do đó f(x) đồng biến trên các khoảng ; và ; Phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất 2 2 1 1 1 nghiệm trên từng khoảng ; , ; . 2 2 Ta thấy x 1, x 1 là các nghiệm của f(x) = 0. Vậy PT có 2 nghiệm x 1, x 1. 2 1 sin x 1 x Câu III: Ta có: 1 tan . 1 cos x 2 2 Trang 2
2 2 1 x 12 x x Do đó: I = 1 tan e x dx = 1 tan2 tan e x dx 0 2 2 20 2 2 1 2 x x 2 x = 1 tan2 e dx tan .e x dx 2 0 2 0 2 u ex du e x dx Đặt 1 x x dv 1 tan2 dx v tan 2 2 2 x2 2 x 2 x I = e x tan tan e x dx tan e x dx = e 2 . 20 0 2 0 2 Câu IV: Trên AC lấy điểm D sao cho: DS SC (D thuộc đoạn AC)  300 . ASD 1   AS.SD.sin 300   AD SASD 2 a a    2cSA aSC Ta có: DA DC SD CD SCSD 1 2c 2c 2c a CS.SD 2      2cSA aSC  2c   2c abc SD.SB .SB SA.SB = ab.cos600 2c a 2c a 2c a 2c a   2 4c2 SA2 a2 SC 2 4caSA.SC 4a2 c 2 a 2 c 2 2 a 2 c 2 3a2c2 và SD = (2c a)2 (2c a)2 (2c a)2 ac 3 SD = 2c a    abc  SD.SB 2c a 3 6 Mặt khác, cos SDB sin SDB SD.SB ac 3 3 3 .b 2c a 1 1 2 abc2 VSDBC SC.SSDB SC.SD.SB.sin = SDB . 3 6 6 2c a V AD a a 2 a2bc Mà ASDB VASDB VCSDB . VCSDB DC 2c 2c 12 2c a 2 a2bc 2abc2 2 Vậy: VSABC VASDB VCSDB abc . 12 2c a 12 Câu V: Đặt a log2 x, b log2 y, c log2 z a b c log2 ( xyz) log2 8 3 P= log2 x 1 2 log2 y 1 2 log2 z 1 = 2 a2 1 b2 1 c2 1    Đặt m (a;1), n (b;1), p (c;1) .       Khi đó: P = m n p m n p = (a b c)2 (1 1 1)2 = 3 2 Dấu "=" xảy ra a b c 1 x y z 2 . Vậy MinP = 3 2 khi x y z 2. Trang 3
  Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1) d1, B(b; 2b – 1) d2. MA (a 1; a 2), MB (b 1;2 b 2)   2a 2 b 1 0 a 0 2 MA MB 0 A(0; –1), B(3; 5) 2a 4 2b 2 0 b 3 Phương trình d: 2 x y 1 0 . x 4 3t 2) PTTS của AB: y 2 5t Giao điểm của AB với (P) là: M(7; –3; 1) z t Gọi I là hình chiếu của B trên (P). Tìm được I(3; 0; 2). Hình chiếu d của đường thẳng AB là đường thẳng MI. x 3 4t Phương trình đường thẳng d là: y 3t z 2 t 1 i 1 i 1 1 Câu VII.a: PT có các nghiệm x1 ; x2 2i; 2i . 2 2 2 x1 2 x2 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = 5 . IM = 2 5 M nằm trong đường tròn (C). Giả sử d là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên d. Ta có: AB = 2AH = 2 IA2 IH 2 2 5 IH 2 2 5 IM 2 2 3.   Dấu "=" xảy ra H M hay d IM. Vậy d là đường thẳng qua M và có VTPT MI (1; 1) Phương trình d: x y 2 0 . x y z 2) Phương trình mp(ABC): 1 . Gọi H(x; y; z) là trực tâm của ABC. 1 2 3 36    x AH BC 2 y 3z 0 49    18 36 18 12 Ta có: BH AC x 3z 0 y H ; ; . H (P ) y z 49 49 49 49 x 1 12 2 3 z 49 1 3 2 Câu VII.b: Phương trình Cn Cn 2Cn n(n2 9n 14) 0 n 7 7 3x ) 5 Số hạng thứ 6 trong khai triển 2lg(10 2( x 2)lg3 là: 2 5 5 3x ) 5 C7 2lg(10 2( x 2)lg3 5 lg(10 3x ) ( x 2)lg3 3x ) ( x 2)lg3 Ta có: C7 .2 .2 21 2lg(10 1 lg(10 3x ) ( x 2) lg3 0 2 (10 3x ).3x 1 32 x 10.3x 9 0 x 0; x 2 Trang 4