Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã B10

Chia sẻ: HOÀNG QUANG TRUNG | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

140
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử Đại học môn Toán khối B năm 2013 giúp bạn tổng hợp kiến thức và rèn luyejn kỹ năng làm bài đề bước vào kỳ thi tuyển sinh Đại học - Cao đẳng sắp tới.

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 B10

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ B10 Môn thi: TOÁN; Khối: B (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  . x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm tọa độ điểm M trên đồ thị (C) sao cho tam giác MAB vuông tại M với A  5;1 , B 1;3  . Hướng dẫn: 1. Bài toán cơ bản, học sinh tự giải.  2x 1   thuộc đồ thị (C), trung điểm của đoạn AB: I  2; 2  . 2. Tọa độ điểm M  x;  x2  1 Độ dài đo ạn AB  2 10 . Tam giác MAB vuông tại M khi MI  AB  10 . 2 25 2 2 2 MI 2   x  2    y  2    x  2   2  x  2 2 MI 2  10   x  2   5  x  2  5     Các điểm M cần tìm : M 1 2  5; 5  2 , M 2 2  5;  5  2 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2  2sin 2 x  sin x  cos x  1      Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình  sin  4  x   sin  4  3 x   . 2 1  cot x 2     Hướng dẫn: Điều kiện sin x  0 . Phương trình đã cho tương đương với    2 sin 2 x 1  2sin x cos x  2sin 2 x   2 cos   2 x  .sin x 4     sin x  cos2 x  sin 2 x   2  cos2 x  sin 2 x    cos2 x  sin 2 x  sin x  2  0  tan 2 x  1  k   x  sin x  2  L  82  ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  xy  x  2 y   x; y    . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   7  x  7  2y  3  Hướng dẫn:  xy  0  Điều kiện  7 y  2;x  7  Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với  x  y   x  4 y   0  xy  4 y 2  4 xy  x 2  4 y 2  5 xy  x 2  0  xy  2 y  x     2 y  x  0 2 y  x  0 2 y  x  0  Xét hai trường hợp 1
x  y x  y   2 y  x  0 x  0 Phương trình thứ hai của hệ tương đương với  7  2x  3  7  x 7  2 x  9  7  x  6 7  x   7  x  7  2x  3    7 7 0  x  0  x    2 2  x2  18 x  81  36  7  x   x 2  54 x  171  0 9  x  6 7  x        x  3 y  3 7 7 7 0  x  0  x  0  x   2   2 2 x  4 y x  4 y   2 y  x  0 y  0 Phương trình thứ hai của hệ tương đương với  7  4y  3 7  2y 7  4 y  9  7  2 y  6 7  2 y   7  4y  7  2y  3    y  0 y  0   2 4 y  36 y  81  36  7  2 y  4 y 2  108 y  171  0 9  2 y  6 7  2 y 57      y    x  114 2 y  0 y  0 y  0   Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1   2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   e x sin x  e x x 2 dx . 1 Hướng dẫn: 1 1 1   2 2 I   e x sin x  e x x 2 dx   e x sin x dx   e x x 2 dx  I1  I 2 1 1 1 t   x  dt  dx; sin x   sin t; x  1  t  1; x  1  t  1 1 1 t2 2 I1   e sin t dt    e t sin t dt   I1  I1  0 1 1 u  x  du  2 xdx; e x dx  dv  v  e x 2 1 1   1 5 1 1 I 2  x2e x  2  xe x dx  e   2  xe x 1   e x dx   e  1 e e   1 1 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA  SB  a và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. Hướng dẫn: Theo giả thiết, hai mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) theo giao tuyến BD. Kẻ AO vuông góc với (SBD) thì O thuộc BD, hơn nữa SA  AB  AD  OS  OB  OD  tam giác SBD là tam giác vuông tại S. Ta có 3a 2 a BD  SB 2  SD 2  a 2  2a 2  a 3; AO  AB 2  OB 2  a 2   4 2 a a3 2 1 1 1 VS . ABD  VA.SBD  S SBD . AO  SB.SD. AO  a.a 2.  3 6 6 2 12 Trong tam giác SBD, kẻ OH vuông góc với SD tại H, suy ra H là trung điểm của SD, do AO vuông góc với (SBD) nên AO 1 a vuông góc với OH, suy ra OH là đoạn vuông góc chung của AC và SD, d  AC , BD   OH  SB  . 2 2 2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1. Chứng minh 11a  9b 11b  9c 11c  9 a  10 .   9a  a  b  9b  b  c  9c  c  a  Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 11a  9b 11b  9c 11c  9a 2a  9a  9b 2b  9b  9c 2c  9c  9a      9a  a  b  9b  b  c  9c  c  a  9a  a  b  9b  b  c  9c  c  a  2 1 1 1  1 1 1 2 3 3 9 9         . 3 3    10 abc 2  a  b  c  a  b  c 9  a  b b  c c  a   a b c  9  a  b b  c   c  a  1 Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  . 3 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 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). Chứng minh đẳng thức Cn 3n 1  2Cn 3n 2  3Cn 3n 3  ...  nCnn  n 4 n1 . 1 2 3 Hướng dẫn: n Xét khai triển  3  x   Cn 3n  Cn 3n 1 x  Cn 3n  2 x 2  ...  Cnn x n . 0 1 2 n 1  Cn 3n 1  2Cn 3n 2 x  ...  nCn x n 1 . 1 2 n Đạo hàm hai vế đẳng thức này ta được n  3  x  Tương ứng với x  1 ta có Cn 3n 1  2Cn 3n  2  3Cn 3n 3  ...  nCn  n 4 n1 . 1 2 3 n ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8.a (1,0 đ iểm). T rong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng có x2 y2 phương trình  P  :  x  y  2 z  5  0 , song song và cách đường thẳng d :   z  3 một khoảng bằng 14 . 4 2 Hướng dẫn:   Đường thẳng d đi qua điểm M  2;3; 3 và có vector chỉ phương ud   4; 2;1 . Gọi d’ là đư ờng thẳng đi qua M, nằm trong mặt phẳng (P) và vuông góc với d.      A  3;0; 1 a  1 ud '  u  nP    3; 9;6  , tọa độ điểm A thuộc d’ : A  2  a;3  3a; 3  2a  ; AM 2  14       a  1  A 1;6; 5   x  3 y z 1 ' x 1 y  6 z  5 Có hai đường thẳng thỏa mãn : d1' : .     ; d2 : 3 3 1 2 2 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 9 .a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , lập phương trình đường tròn (C) có tâm I  1;3  cắt đư ờng thẳng  : 3x  4 y  10  0 tại hai điểm M, N phân biệt sao cho MIN  120 . Hướng dẫn: 1 MIN  60 . Gọi H là trung điểm của MN thì IH là đường trung trực của đoạn MN, khi đó HIN  HIM  2 1.3  4.3  10  1 ; IH  IN cos HIN  IN cos 60  R  IN  2 IH  2 . Trong tam giác vuông HIN : IH  d  I ,    2 2 3 4 2 2 Phương trình đường tròn cần tìm:  x  1   y  3   4 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3
B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7 .b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng đi qua điểm M  1; 3; 2  cắt mặt 2 2 2 cầu  S  :  x  1   y  2    z  3   14 theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Hướng dẫn: Mặt cầu đã cho có tâm I  1; 2; 3 , bán kính R  14 . Ta có IM  2 nên M n ằm bên trong hình cầu. Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng (P) cần tìm, đ ường tròn giao tuyến của (P) và (S) có bán kính r. Ta có IH 2  r 2  R 2  r 2  14  IH 2 , do đó r nhỏ nhất khi IH lớn nhất. Mặt khác IH  IM n ên IH lớn nhất khi H trùng với M, khi đó M là tâm đường tròn giao tuyến. Mặt phẳng cần tìm đi qua M  1; 3; 2  và vuông góc với IM : y  z  1  0 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8 .b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm A  2;2  . Tìm tọa độ các điểm B, C lần lượt thuộc các đư ờng thẳng d1 : x  y  2 ; d 2 : x  y  8  0 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Hướng dẫn: Tọa độ hai điểm B  b; 2  b  , C  c  2;6  c  . Tam giác ABC vuông cân tại A khi và ch ỉ khi     b  2   c  2   b  8  c   0   AB. AC  0    b; c    3; 1 ,  5;3   2 2 2 2  b  2   b   c  2    8  c   AB  AC   Như vậy ta có B  3; 1 , C  5;3 hoặc C  3; 1 , B  5;3  . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 9 .b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của a để hệ phương trình sau có nghiệm với mọi giá trị thực của b :  2b log3 x  b  a  1 log 2 y  a 2  2  x; y    .  2 2  a  1 log 3 x  log 2 y  1  Hướng dẫn: Điều kiện x  0, y  0 . * Điều kiện cần: Giả sử hệ có nghiệm với mọi giá trị thực của b.  2bu  b  a  1 v 2  a 2  Đặt log 3 x  u , log 2 y  v hệ phương trình tương đương với  2 2  a  1 u  v  1   a  1  1    a  1 u  v  1 2 2 2 a  1    Với b  0 h ệ phương trình trở th ành   a  1 u  v  1  a  1 2 2     a  1 u 2  v2  1   2   * Điều kiện đủ:  bu 2  bu  2  2bv  1 2  1  2b 1 Với a  1 , h ệ phương trình đã cho tương đương với  2  2 v  1 v  1   1 Dễ thấy hệ (1) có nghiệm khi 1  2b  0  b  . 2  2bu  1 u  0  Với a  1 , h ệ phương trình đã cho tương đương với   2 2 2  2u  v  1 v  1  Hệ phương trình có nghiệm với mọi giá trị b. Kết luận : Giá trị a cần tìm là a  1 . 4