Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 53

Chia sẻ: Dongthao_1 Dongthao_1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

18
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 53', 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 53

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 53 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 2x 1 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) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến này cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại các điểm A và B thỏa mãn OA = 4OB. Câu II (2 điểm): sin x cos x 1) Giải phương trình: 2 tan 2 x cos2 x 0 sin x cos x x3 y(1 y) x 2 y 2 (2 y) xy 3 30 0 2) Giải hệ phương trình: x2 y x(1 y y2 ) y 11 0 1 1 x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= dx 01 x Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ đứng ABC.A B C có đáy ABC là tam giác vuông với AB = BC = a, cạnh bên AA = a 2 . M là điểm trên AA sao cho  1  AM AA ' . Tính thể tích của khối tứ diện MA BC . 3 Câu V (1 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn a b c 1 . Chứng minh rằng: a2 b b2 c c2 a 2. b c c a a b 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 điểm E(–1; 0) và đường tròn (C): x 2 y 2 – 8 x – 4 y –16 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E cắt (C) theo dây cung MN có độ dài ngắn nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 điểm A(0; 0; 4), B(2; 0; 0) và mặt phẳng (P): 2 x y z 5 0 . Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua O, A, B và 5 có khoảng cách từ tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng (P) bằng . 6 Trang 1
Câu VII.a (1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số, biết rằng chữ số 2 có mặt đúng hai lần, chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số còn lại có mặt không quá một lần? 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là: x 2 y – 5 0 và 3x – y 7 0 . Viết phương trình đường thẳng AC, biết rằng AC đi qua điểm F(1; 3) . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và x 1 y 1 z đường thẳng : . Tìm toạ độ điểm M trên sao cho MAB có 2 1 2 diện tích nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm): Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình sau có nghiệm duy nhất: log5 (25 x – log5 a) x HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M ( x 0 ; y0 ) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB. OB 1 1 1 Do OAB vuông tại O nên: tan A Hệ số góc của d bằng hoặc . OA 4 4 4 1 1 1 1 Hệ số góc của d tại M là: y ( x0 ) 0 y ( x0 ) ( x0 1) 2 4 ( x0 1) 2 4 3 x0 1 y0 2 5 x0 3 y0 2 1 3 1 5 Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: y ( x 1) hoặc y ( x 3) 4 2 4 2 Câu II: 1) Điều kiện: cos2 x 0 . PT (sin x cos x )2 2sin2 x cos2 2 x 0 sin2 2 x sin 2 x 0 sin 2 x 0 x k . sin 2 x 1 (loaïi) 2 2) Hệ PT xy( x y)2 x 2 y2 ( x y) 30 xy( x y )( x y xy ) 30 xy( x y) xy x y 11 xy( x y ) xy x y 11 Trang 2
x y u uv(u v) 30 u v 1 1 u v) 3 0 ( 1 ) ( Đặt . Hệ trở thành . Từ (1) xy v uv u v 11 u v u v1 1 (2) uv 5 uv 6 5 21 5 21 Với uv = 5 u v 6 . Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: ; 2 2 và 5 21 5 ; 21 2 2 Với uv = 6 u v 5 . Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: (1;2) và (2;1) 5 21 5 21 Kết luận: Hệ PT có 4 nghiệm: (1;2) , (2;1) , ; , 5 21 5 ; 21 . 2 2 2 2 1 3 1 t t 2 11 Câu III: Đặt t x dx 2t.dt . I = 2 dt = 2 t2 t 2 dt = 4 ln 2 . 0 t 1 0 1 t 3 Câu IV: Từ giả thiết suy ra ABC vuông cân tại B. Gọi H là trung điểm của AC thì BH AC và BH (ACC A ). 2 Do đó BH là đường cao của hình chóp B.MA C BH = a. Từ giả thiết 2 2 2 MA = a, AC = a 2 . 3 a3 2 Do đó: VB.MA ' C ' 1 BH .SMA ' C ' 1 BH .MA .A C . 3 6 9 2 a(1 b c) b a b Câu V: Ta có: a b a. b c b c b c a b b c c a a b b c c a Tương tự, BĐT trơt thành: a b c 2 3 b c c a a b b c c a a b Theo BĐT Cô–si ta có: a b b c c a 33 a b . b c . c a 3 . b c c a a b b c c a a b 1 Dấu "=" xảy ra a b c . 3 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) và bán kính R = 6. Ta có IE = 29 < 6 = R E nằm trong hình tròn (C). Giả sử đường thẳng đi qua E cắt (C) tại M và N. Kẻ IH . Ta có IH = d(I, ) ≤ IE. Như vậy để MN ngắn nhất thì IH dài nhất H E đi qua E và vuông góc với IE Khi đó phương trình đường thẳng là: 5( x 1) 2 y 0 5x 2 y 5 0 . 2 2 2 2) Giả sử (S): x y z 2ax 2by 2cz d 0 . a 1 Từ O, A, B (S) suy ra: c 2 I (1; b;2) . d 0 Trang 3
5 b 5 5 b 0 d ( I ,( P )) 6 6 6 b 10 Vậy (S): x 2 y 2 z2 2 x 4z 0 hoặc (S): x 2 y 2 z2 2 x 20 y 4z 0 Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x a1a2 a3a4 a5 a6 a7 (a1 0). Giả sử a1 có thể bằng 0: + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C72 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C53 + Số cách xếp cho 2 vị trí còn lại là: 2! C82 Bây giờ ta xét a1 = 0: + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C62 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C43 + Số cách xếp cho 1 vị trí còn lại là: 7 Vậy số các số cần tìm là: C72 .C53 .2!C82 C62 .C43 .7 11340 (số).   Câu VI.b: 1) Gọi VTPT của AB là n1 (1;2) , của BC là n2 (3; 1) , của AC là  n3 (a; b) với a2 b2 0 . Do ABC cân tại A nên các góc B và C đều nhọn và bằng nhau.     n1.n2 n3 .n2 1 3a b Suy ra: cos B cosC     n1 . n2 n3 . n2 5 a2 b2 2a b 22a2 2b2 15ab 0 11a 2 b  Với 2a b , ta có thể chọn a 1, b 2 n3 (1;2) AC // AB không thoả mãn.  Với 11a 2b , ta có thể chọn a 2, b 11 n3 (2;11) Khi đó phương trình AC là: 2( x 1) 11( y 3) 0 2 x 11y 31 0 . x 1 2t 2) PTTS của : y 1 t . Gọi M ( 1 2t;1 t;2t) . z 2t 1    Diện tích MAB là S AM , AB 18t 2 36t 216 = 18(t 1)2 198 ≥ 198 2 Vậy Min S = 198 khi t 1 hay M(1; 0; 2). t 5x , t 0 Câu VII.b: PT 25x log5 a 5x 52 x 5x log5 a 0 t 2 t log5 a 0 (*) PT đã cho có nghiệm duy nhất (*) có đúng 1 nghiệm dương t 2 t log5 a có đúng 1 nghiệm dương. 1 Xét hàm số f (t ) t 2 t với t [0; +∞). Ta có: f (t ) 2t 1 f (t ) 0 t . 2 1 1 f , f (0) 0. 2 4 Trang 4
Dựa vào BBT ta suy ra phương trình f (t ) log5 a có đúng 1 nghiệm dương log5 a 0 a 1 1 1 . log5 a a 4 4 5 Trang 5