Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 48

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

Thêm vào BST

Báo xấu

48
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 48', 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 48

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 48 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) x 3 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) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm I 1;1 và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm của đoạn MN. Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: cos 3x sin 2 x 3 sin 3x cos 2 x 3 x 3 y3 4 xy 2) Giải hệ phương trình: x 2 y2 9 Câu III (1 điểm): Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: m 2 1 x2 1 x 2 m có nghiệm. Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy là a và a khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BC) bằng . Tính theo a thể tích khối 2 lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . a2 b2 c2 1 Câu V (1 điểm): Chứng minh ab bc ca a b c với a b b c c a 2 mọi số dương a; b; c . II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Giải bất phương trình: 1 log 2 x log 2 x 2 log 2 6 x 2) Tính: ln x 2 dx Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua M 2;1 và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 . 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): y2 x x2 y 1) Giải hệ phương trình : 2x 3y 1 cos 2 x 1 2) Tìm nguyên hàm của hàm số f x . cos 2 x 1 Trang 1
1 Câu VII.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) , cho điểm M 3; . 2 Viết phương trình chính tắc của elip đi qua điểm M và nhận F1 3; 0 làm tiêu điểm. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 2) Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k PT d : y k x 1 1. x 3 Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N PT : kx k 1 có 2 nghiệm phân biệt khác x 1 1. Hay: f x kx 2 2kx k 4 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 k 0 4k 0 k 0 f 1 4 0 Mặt khác: xM xN 2 2 xI I là trung điểm MN với k 0. Kết luận: PT đường thẳng cần tìm là y kx k 1 với k 0. Câu II: 1) PT cos 3x 3 sin 3x 3 cos 2 x sin 2 x 1 3 3 1 cos3x sin 3x cos 2 x sin 2 x 2 2 2 2 x k2 6 cos 3x cos 2 x 3 6 k2 x 10 5 2 2 2) Ta có : x y 9 xy 3. Khi: xy 3 , ta có: x3 y3 4 và x3 . y3 27 3 3 2 Suy ra: x ; y là các nghiệm của phương trình: X 4X 27 0 X 2 31 Vậy nghiệm của Hệ PT là: 3 3 3 3 x 2 31, y 2 31 hoặc x 2 31, y 2 31 . 3 3 3 3 Khi: xy 3 , ta có: x y 4 và x . y 27 3 3 2 Suy ra: x ; y là nghiệm của phương trình: X 4X 27 0 ( PTVN ) Câu III: Đặt t x 2 1 . Điều kiện: t 1 . 1 PT trở thành: m 2 t 1 t2 m 1 m t t 1 t 2 1 1 t 2 4t 3 Xét hàm số: f t t f' t 1 2 2 t 2 t 2 t 2 Trang 2
t 1 (loaïi) . Dựa vào BBT, ta kết luận m 4 f (t) 0 . t 3 (loaïi) 3 Câu IV: Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A M. BC AM Ta có: BC ( AA ' M ) BC AH . BC AA ' a Mà AH A'M AH ( A ' BC ) AH . 2 1 1 1 a 6 Mặt khác: AA ' . AH 2 A ' A2 AM 2 4 3a3 2 Kết luận: VABC. A ' B ' C ' . 16 a2 ab ab 1 Câu V: Ta có: a a a ab (1) a b a b 2 ab 2 b2 1 c2 1 Tương tự: b bc (2), c ca (3). b c 2 c a 2 a2 b2 c2 1 Cộng (1), (2), (3), ta có: ab bc ca a b c a b b c c a 2 Câu VI.a: 1) Điều kiện: 0 x 6 . 2 2 BPT log 2 2 x 2 4x log 2 6 x 2 x2 4 x 6 x x 2 16 x 36 0 x 18 hay 2 x So sánh với điều kiện. Kết luận: Nghiệm của BPT là 2 x 6. 2 2) Đặt u ln x 2 du dx . Suy ra : I ln x 2dx x ln x 2 x ln x 2 2x C x 2dx dv dx v x x y Câu VII.a: Gọi A a;0 , B 0; b là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra: d : 1. a b 2 1 1 2b a ab Theo giả thiết, ta có: a b . ab 8 ab 8 Khi ab 8 thì 2b a 8 . Nên: b 2; a 4 d1 : x 2 y 4 0 . Khi ab 8 thì 2b a 8 . Ta có: b2 4b 4 0 b 2 2 2. + Với b 2 2 2 d2 : 1 2x 21 2 y 4 0 + Với b 2 2 2 d3 : 1 2x 21 2 y 4 0. y2 x x2 y (1) Câu VI.b: 1) (*). 2x 3y 1 (2) y x Từ (1) ta có: y 2 x x2 y y x y x 1 0 y 1 x Trang 3
x log 2 3 y x 3 Khi: y x thì (*) 1 . 2 x 3x y log 2 3 3 y 1 x x log6 9 Khi: y 1 x thì (*) 2 x 32 x y 1 log6 9 1 2) Ta có: f x tan 2 x 1 F x x tan x C cos 2 x x2 y2 Câu VII.b: PTCT elip (E) có dạng: 1(a b 0) . a2 b2 2 2 a b 3 a2 2 4 . Vậy (E): x y2 Ta có: 3 1 1 2 2 1 b2 1 4 1 a 4b Trang 4