Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã B1

Chia sẻ: HOÀNG QUANG TRUNG | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

136
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học môn Toán khối B năm 2013 đi kèm đáp án sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn đang ôn thi chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh Đại học khối B sắp tới. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã B1

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ B1 Môn thi: TOÁN; Khối: B Hướng dẫn giải Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3   m  1 x 2  4mx  1 (1), với m là tham số thực. 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m  0 . 2. Xác định giá trị của m để hàm số đã cho đ ạt cực trị tại x1 ; x2 sao cho 5 x1  2  x2  3  . Hướng dẫn: 1. Bài toán tự giải. 2. Ta có y  x 2  2  m  1 x  4m; y   0  x 2  2  m  1 x  4m  0 * . 2 Hàm số (1) có cực trị khi (*) có nghiệm     m  1  0 (luôn đúng với mọi giá trị của m).  x  x  2  m  1  Áp dụng định lý Viete cho 2 nghiệm x1 ; x2 của phương trình (1):  1 2  x1 x2  4m  5 x1  2  x2  3   5 x1  2 x2  6 5 x1  5 x2  10  m  1 10m  4 4m  10   7 x2  10m  4  x2  ; x1   7 7 5 x1  2 x2  6  m  1 x1 x2  4m  10m  4   4m  10   49.4m   m  1 10m  39   0   m   39 10  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 8 x3  y 3  3 y 2  5 y  4 x  3   x; y    . Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   2x  y  5  2x  2  Hướng dẫn: Điều kiện 2 x  y  5  0; x  1 . 8 x3  4 x   y  13  y  1 1  Biến đổi hệ phương trình đ ã cho về dạng   2 x  y  5  2 1  x   2  Xét hàm số f  t   t 3  t ; f   t   3t 2  1  0t   nên hàm số liên tục và đồng biến với mọi giá trị thực của t. 1  f  2 x   f  y  1  2 x  y  1 . Phương trình (2) trở thành 2 y  6  1 y 3  y  1  y  1   x; y    0; 1  2 y  4y  5  0 Hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    0; 1 . ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------   Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác sin3  x    2 sinx . 4  1
Hướng dẫn: Cách 1: Phương trình đã cho tương đương với: 3  sinx  cosx  3   2 sinx   sinx  cos x   4 sinx  sin x  cos x  2 2  2    3sin x  3sin 2 xcosx  sin xcos 2 x  cos 3 x  0 3  3sin 2 x  sinx  cosx   cos 2 x  sinx  cosx   0   sinx  cosx   3sin 2 x  cos 2 x   0   k  sinx  cosx  tanx  1  x  4 Cách 2: Phương trình đã cho tương đương với: 3  sinx  cosx  4 sinx 3 3  1  tanx   4tanx 1  tan 2 x   sinx  cosx   4 sinx    3  cosx  cos x .  3tan 3 x  3tan 2 x  tanx  1  0   tanx  1  3tan 2 x  1  0  tanx  1 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- e  e x  1 ln 5 x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx . ex 1 ln 3 Hướng dẫn: e x  1  t  e x  1  t 2  e x dx  2tdt ; x  ln5  t  2; x  ln3  t  2 . Đặt 2 t  2  2t 2 2  t3  52  16 2 I dt  2   2t   . t 3 3 2 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2 BC  a 2 . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Gọi M là trung điểm của cạnh CD . Hai mặt phẳng  ABCD  ,  SBM  tạo với nhau một góc   60 . Tính thể tích khối chóp S . AMB theo a . Hướng dẫn: Gọi K là giao điểm của AC và BM. AB BC Xét hai tam giác vuông ABC và BCM đ ồng dạng vì  2.  BC CM Suy ra CAB  MBC  CAB  CBM  90  AC  BM . Lại có SA   ABCD   BM  SA . Mặt khác BM   SAC    SBM    SAC  . Do đó   SBM  ,  ABCD    SKA  60 .   2 AB 2a AC  a 3; AB 2  AK . AC  AK   . AC 3 SA  AK .tanSKA  2a a2 a3 2 1 1 1  dvtt  S ABM  S ABCD  a.a 2   VS . ABM  SA.SABM  2 2 3 3 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 6 (1,0 điểm). Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x  y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 1 1 y. P x  x y 2
Hướng dẫn: 1  x  1  x  1  y  1  y  y 1  x  x 1  y  P    x y x y 2 2 x y xy 1 P2  x  y    2 x  y  1  xy   2 2  xy  1   2 2  xy  1 yx xy xy 1 1 1 2  x  y    P 2   2 2  t  1  f t  xy  t : xy  4 4 t 1 1 Khảo sát hàm số f  t  với 0  t  ta được Min f  t   6 . Suy ra P  6 . Đẳng thức xảy ra khi hai số cùng bằng . 4 2  1 t 0;   4  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác OAB vuông tại O, phương trình đ ường thẳng BO thuộc trục Ox và hoành đ ộ tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác OAB là 2. Tìm tọa độ đỉnh A và B biết đường t hẳng AB đi   qua điểm G 2  2; 2  2 . Hướng dẫn: Tam giác OAB vuông tại O và OI là phân giác của góc AOB nên phương trình đường thẳng OI là y  x ho ặc y   x .   Mặt khác G 2  2; 2  2 nằm trên AB nên OI : y  x ; 2 2 Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm I  2; 2  và bán kính R  2 :  x  2    y  2   4 (C). Dễ thấy G thuộc phân giác y  x và nằm trên đường tròn nên AB tiếp xúc với (C) tại G. Đường thẳng AB qua G và vuông góc với IG : y   x  4  2 2 .    Tọa độ hai điểm A và B: A 0; 4  2 2 , B 4  2 2;0 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- x  log 2 x  log 2  y 2 2 y 2  x; y    . Câu 8.a (1,0 điểm).Giải hệ phương trình  2 log 2  xy  x  y   2 log 2 x  Hướng dẫn: Điều kiện xy  x  y  0; x  0 . Hệ đã cho tương đương với  2 y log2 x   log 2  12  y 2  log x 2 2  log x 2 2  2 x 2  log 2 x  1  x  2log 2 x 1 2 y 2  log 2 x  1  y  2log 2 x      x  y   x  1  0 2 x  y  xy  x  y  x    t 2 log 2 x  t  x  2t  2 x log2 x  2  2t   2t 1 2 1  2t 1  t 2  1  22t  2t Xét hàm số f  u   2u  u; u  0 . Hàm này liên tục và đồng biến nên 2 f  t 2  1  f  2t    t  1  0  t  1  log 2 x  1  x  2; y  2 Hệ có nghiệm có duy nhất. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3
Câu 9.a (1,0 điểm). Tính giá trị của biểu thức T  13 C2012  23 C2012  33 C2012  ....  20123 C2012 . 1 2 3 2012 Hướng dẫn: 2012  C2012 x0  C2012 x  ...  C2012 x 2012 . Đạo hàm hai vế đẳng thức này ta có 0 1 2012 Xét khai triển 1  x  2011 2011 2012 1  x   C2012  2 xC2012  ...  2012 x 2011C2012  2012 x 1  x  1 2 2012  xC2012  2 x 2C2012  ...  2012 x 2012C2012 . 1 2 2012 Tiếp tục đạo hàm hai vế thu được 2010 2012 1  x   2012 x  1  C2012  22 xC2012  ...20122 x 2011C2012 1 2 2012 2010  2012 x  x   xC2012  22 x 2C2012  ...20122 x 2012C2012 2012 1  x  2 1 2 2012 2009 2010 Thực hiện đạo hàm 2012 2010  2012 x 2  x  1  x   1  x   2012.2 x  1   C2012  23 xC2012  ...  20123 x 2011C2012 . 1 2 2012   Với x  1  T  0  T  0 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- B. Theo chương trình Nâng cao 2 Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường tròn có phương trình  C2  :  x  6   y 2  25 và  C1  : x 2  y 2  13 . Gọi A là giao điểm có tung độ dương của hai đ ường tròn, lập phương trình đường thẳng d đi qua A và cắt hai đ ường tròn t ại theo hai dây cung có độ dài bằng nhau. Hướng dẫn: Tọa độ giao điểm của hai đ ường tròn là nghiệm của hệ phương trình  x 2  y 2  13 2 2  x 2  y 2  13  x  y  13    x; y    2;3 ,  2; 3   2   2 2 2  x  6   y  25 x  2  x  y  12 x  11  0   Do điểm A có tung độ dương nên A  2;3 . Gọi H và H’ là giao điểm của đường thẳng d và hai đường tròn thỏa mãn hệ thức AH  AH  . Hiển nhiên H và H’ đối xứng với nhau qua A. Gọi  C1  là ảnh của (C) qua phép đối xứng tâm A thu được 2 2 có tâm O1 ; R1  13 . A là trung điểm của OO1 nên O1  4;6  . Suy ra  C1  :  x  4    y  6   13 .  C1  Tọa độ H’ là nghiệm của hệ phương trình  x  4 2   y  6 2  13  x  3 y  7  37 24     x; y    ;  ,  2;3    2 2 5 5 10 y  78 y  44  0  x  6   y  25 2   37 24  H  ;   d : x  3y  7  0 5 5 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3  x   . 2 Câu 8.b (1,0 điểm). Giải phương trình log3 x.log 3 3x  4log x 3  log x 3  16 Hướng dẫn: Điều kiện 0  x  1 . Phương trình đã cho tương đương với 2 2 1  2 1 3 4 1  log 3 x 1  log 3 x       log3 x      2 16 log3 x log 3 x 2   log3 x 4    3  1 2 2   log 3 x     log 3 x   0 log 3 x 4   log 3 x 4     4log3 x  3log3 x  8   4log3 x  log3 x  8   0 (*) 2 2  4t 2  3t  8  0  L  1 129 1  129 log 3 x  t ; *   2  x 3 8 t  8  4t  t  8  0  Phương trình đã cho có hai nghiệm. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 4
x2  x  9 , có đồ thị là  C  . Lập phương trình parabol  P  đi qua các điểm cực đại, Câu 9.b (1,0 điểm). Cho hàm số y  x 1 cực tiểu của  C  và tiếp xúc với đường thẳng    : 2 x  y  10  0 . Hướng dẫn: Tọa độ các điểm cực trị của (C) là nghiệm của hệ phương trình x2  x  9 x2  x  9  x2  2x  8    y  2x 1 y y   x 1    2 x 1   x  2x  8  0  x2  2x  8  0  x2  2x  8  0   Do đó tọa độ các điểm cực trị nghiệm đúng phương trình y  2 x  1  m  x 2  2 x  8  (P). Parabol này tiếp xúc với đường thẳng d : y  2 x  10 khi phương trình 2 x  1  m  x 2  2 x  8   2 x  10 có nghiệm kép.   0  m  1   P  : y  x2  9 . 5