Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 44

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

Thêm vào BST

Báo xấu

31
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 44', 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 44

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 44 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 2 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y (2m 1)x m . x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –1. 2) Tìm m để đồ thị của hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x . Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: 2 3 cos2 x sin 2 x 4 cos2 3x 2 xy x2 y2 1 2) Giải hệ phương trình: x y x y x2 y 2 sin x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= dx 0 (sin x cos x )3 Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A B C có đáy là tam giác đều a 3 cạnh bằng a, A M (ABC), A M = (M là trung điểm cạnh BC). Tính thể 2 tích khối đa diện ABA B C. Câu V (1 điểm): Cho các số thực x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x 2 y2 4y 4 x 2 y2 4y 4 x 4 II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 2 y2 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x 1. Tìm các điểm 100 25 M (E) sao cho 2 1200 (F1, F2 là hai tiêu điểm của (E)). F1MF 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x y z 3 0 . Tìm trên (P) điểm M sao    cho MA 2 MB 3MC nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm): Gọi a1, a2, …, a11 là các hệ số trong khai triển sau: ( x 1)10 ( x 2) x11 a1 x10 a2 x 9 ... a11 . Tìm hệ số a5. 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x 3)2 ( y 4)2 35 và điểm A(5; 5). Tìm trên (C) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trang 1
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng x 1 y z 3 d: . Tìm trên d hai điểm A, B sao cho tam giác ABM đều. 1 1 1 2y log2010 x 2y x Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: x3 y3 x2 y2 xy HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}. (2m 1) x m2 x (*) x 1 Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y x thì: (m 1)2 1 (**) ( x 1)2 x m Từ (**) ta có (m 1)2 ( x 1)2 x 2 m Với x = m, thay vào (*) ta được: 0 m 0 (thoả với mọi m). Vì x 1 nên m 1. Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được: (2m 1)(2 m) m2 (2 m)(2 m 1) 4(m 1)2 0 m 1 x = 1 (loại) Vậy với m 1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x . 5 3 1 5 x k Câu II: 1) PT cos2 x sin 2 x cos6 x cos 2x cos6 x 48 4 2 2 6 5 x l 24 2 2 xy x2 y2 1 (1) 2) x y . Điều kiện: x y 0. x y x2 y (2) 1 (1) ( x y)2 1 2 xy 1 0 (x y 1)( x 2 y2 x y) 0 x y 1 0 x y (vì x y 0 nên x 2 y2 x y 0) x 1 (y 0) Thay x 1 y vào (2) ta được: 1 x 2 (1 x ) x2 x 2 0 x 2 (y 3) Vậy hệ có 2 nghiệm: (1; 0), (–2; 3). 2 cos t 2 cos x Câu III: Đặt t x dt = –dx. Ta có I = dt = dx 2 0 (sin t cos t ) 3 0 (sin x cos x )3 2 sin x 2 cos x 2 1 12 1 2I = dx + dx = dx = dx 0 (sin x cos x ) 3 0 (sin x cos x ) 3 0 (sin x cos x ) 2 20 2 cos x 4 1 2 1 = tan x = 1 . Vậy: I = . 2 4 0 2 Trang 2
Câu IV: Vì ABB A là hình bình hành nên ta có: VC . ABB ' VC . AB ' A ' . 1 1 a 3 a2 3 a3 Mà VC. ABB ' .A M.SABC . 3 3 2 4 8 a3 a3 Vậy, VC. ABB ' A ' 2VC. ABB ' 2 . 8 4 Câu V: Ta có: P = x 2 (2 y )2 x 2 ( y 2)2 x 4   Xét a ( x;2 y ), b ( x , y 2) .     Ta có: a b a b x 2 (2 y )2 x 2 ( y 2)2 4 x 2 16 2 x 2 4   Suy ra: P 2 x 2 4 x 4 . Dấu "=" xảy ra a , b cùng hướng hay y = 0. Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: 2 2 2 3 x (3 1)(4 x2 ) 2 x2 4 2 3 x . Dấu "=" xảy ra x . 3 2 Do đó: P 2 3 x 4 x 2 3 4 2 3 4 . Dấu "=" xảy ra x ,y 0. 3 2 Vậy MinP = 2 3 4 khi x ,y 0. 3 Câu VI.a: 1) Ta có: a 10, b 5 c 5 3 . Gọi M(x; y) (E). 3 3 Ta có: MF1 10 x , MF2 10 x. 2 2 Ta có: F1F22 MF12 MF22 2 MF .MF2 .cos2 1 F MF 1 2 2 2 3 3 3 3 1 10 3 10 x 10 x 2 10 x 10 x x = 0 (y= 5) 2 2 2 2 2 Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5).     23 13 25 2) Gọi I là điểm thoả: IA 2IB 3IC 0 I ; ; 6 6 6                   Ta có: T = MA 2 MB 3MC MI IA 2 MI IB 3 MI IC 6 MI 6 MI   Do đó: T nhỏ nhất MI nhỏ nhất M là hình chiếu của I trên (P). 13 2 16 Ta tìm được: M ; ; . 9 9 9 Câu VII.a: Ta có: ( x 1)10 C10 x10 0 C10 x 9 ... C10 x C10 1 9 10 ( x 1)10 ( x 2) ... 5 C10 2C10 x 6 4 ... 5 4 a5 C10 2C10 672 . Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4). AB AC Ta có: AI là đường trung trực của BC. ABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân IB IC giác của  . Do đó AB và AC hợp với AI một góc 450 . BAC Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 450 . Khi đó B, C là giao điểm của d với (C) và AB = AC. Trang 3
  Vì IA (2;1) (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ VTCP của d có hai  thành phần đều khác 0. Gọi u (1; a) là VTCP của d. Ta có:    a 3 2 a 2 a 2 cos IA, u 22 a 5 1 a2 1 2 a 1 a2 22 1 5 1 a2 3  x 5 t Với a = 3, thì u (1;3) Phương trình đường thẳng d: . y 5 3t 9 13 7 3 13 9 13 7 3 13 Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: ; , ; 2 2 2 2 1  1 x 5 t Với a = , thì u 1; Phương trình đường thẳng d: 1 . 3 3 y 5 t 3 7 3 13 11 13 7 3 13 11 13 Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: ; , ; 2 2 2 2 7 3 13 11 13 9 13 7 3 13 Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là: ; , ; 2 2 2 2 7 3 13 11 13 9 13 7 3 13 và ; , ; 2 2 2 2 2) Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH = d ( M , d ) 2. 2 MH 2 6 Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = 3 3 x 2 y z 3 Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ: 1 1 1 . 2 2 2 8 ( x 2) ( y 1) (z 2) 3 2 2 2 2 2 2 Giải hệ này ta tìm được: A 2 ; ;3 ,B 2 ; ;3 . 3 3 3 3 3 3 2y log2010 x 2y (1) x Câu VII.b: x3 y3 x2 y2 (2) xy Điều kiện: xy 0 . Từ (2) ta có: x 3 y3 xy( x 2 y2 ) 0 x 0, y 0. 2y 2y (1) 2010 x x.2010 x 2 y.20102 y . x t Xét hàm số: f(t) = t.2010t (t > 0). Ta có: f (t) = 2010t 1 0 ln 2010 f(t) đồng biến khi t > 0 f(x) = f(2y) x = 2y y 0 (loaïi) 9 Thay x = 2y vào (2) ta được: y 5y 0 9 9 2 y x 10 5 9 9 Vậy nghiệm của hệ là: ; . 5 10 Trang 4