Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã B2

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

Thêm vào BST

Báo xấu

110
lượt xem 20
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, tài liệu giúp ích cho các bạn trong quá trình học tập và ôn thi chuẩn bị cho 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 B2

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ B2 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 8 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  x 2  3 x  . 3 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho. 2. Lập phương trình đường thẳng d song song với trục hoành và cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB cân tại O (với O là gốc tọa độ). Hướng dẫn: 1. Bài toán tự giải 2. Đường thẳng d song song với trục hoành : y  m Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là 13 2 8 x  x  3 x   m  x3  3 x 2  9 x  3m  8  0 1 3 3 Gọi 2 giao điểm của 2 đồ thị là A và B thì A  x1 ; m  , B  x2 ; m  .  x 2  x2 2 OA  OB  1 Tam giác OAB cân tại O khi   x1  x2  0  x1  x2 x1  x2   a 3  3a 2  9a  8  3m  0 a  3 19 19  Đặt x1  a  a  0   x2  a   3  2 a 3  18a  0   m d:y 2  a  3 3 3  a  3a  9a  8  3m  0  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3x3  2 x  1  x   . Câu 2 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x  1  3x 2  x  1 Hướng dẫn: Điều kiện x  1 . 2 1  11  2 Ta có 3 x  x  1  3  x     0 với mọi x thực nên b ất phương trình đã cho tương đương với 6  12  3x  x  1 1  x  3x  2 x  1  3x 2  1 1  x  x 1  x  1  x  x  3x 2  1  0 2 3    x  1  3x 2  1  0  1 x  x x  0 x  0 5 1   1  x  x   0  x  1   5 1  x  0  x  2 1  x  x 2   2   ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- cos 2 x  cosx  1  x   . Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình  2  2 sinx cosx  sinx Hướng dẫn: Điều kiện sinx  cosx  0 . Phương trình đã cho tương đương với 1  sinx  1  sinx   cosx  1  2 1  sinx   sinx  cosx   1  sinx  1  sinx   cosx  1  2  sinx  cosx    0      sinx  1 x    2 k 2  k    1  sinx   sin xcosx  sinx  cosx  1  0  1  sinx  1  cosx   0   2 cosx  1  x    2k  1
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 6 dx Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   . 1 x  6 3  x  12 Hướng dẫn: 3  x  t  3  x  t 2  dx  2tdt x  1  t  2; x  6  t  3 3 1 3 3 3 t 3 36 1  I  2 dt  2     dt  2  ln t  3    ln  2 2  t  3  t  3  2  t  3 t 32 25 5  2  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC . A1 B1C1 có A1 ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB  a . Biết độ dài đoạn a3 vuông góc chung của A1 A và BC là . Tính thể tích khối chóp A1 BB1C1C . 4 Hướng dẫn: Gọi O là tâm của đáy ABC và M là trung điểm của cạnh BC. Kẻ MN vuông góc với A1 A . Do BC vuông góc với mặt a3 ph ẳng  A1 AM  nên MN là đoạn vuông góc chung của A1 A và BC. Suy ra MN  . 4 a3 2 a 3a ; AN  AM 2  MN 2  Ta có AM  ; AO  AM  . 2 3 4 3 A O AO MN . AO a Hai tam giác AOA, MNA đồng dạng nên 1   A1O  . MN AN AN 3 2 3 2aa 3 a 3  dvtt  . VA1BB1C1C  VAB1C1 ABC  VA1 ABC  . .  33 4 18 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn đ iều kiện xyz  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 F   . 4 x  y 4 y  z 4 z  x Hướng dẫn: 2 Đặt x  a 2 ; y  b 2 ; z  c 2  a; b; c  0   abc  1 . Sử dụng bất đẳng thức  t  1  0  t 2  1  2t ta có 1 1 1 F 2 2 a 1  b 1  2 b  1  c 1  2 c 1  a2 1  2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1        Q 2 a  2b  2 2a  2b  2 2a  2b  2 2  a  b  1 c  b  1 a  c  1  2 Đặt a  u 3 ; b  v3 ; c  w3  uvw  1 . 2 Chú ý rằng  u  v   u  v   0  u 3  v 3  uv  u  v  . Áp dụng bất đẳng thức này ta có 1 1 1 1 1 1 Q 3 3 3    u  v  1 v  w  1 w  u  1 uv  u  v   uvw ew  v  ew   uvw wu  ew  u   uvw 3 3 3 1 1 1 1     1 u  v  w  uv vw uw  1 1 Suy ra F  . Giá trị lớn nhất của F là , đạt được khi x  y  z  1 . 2 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2
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 đường tròn  C  : 4 x 2  4 y 2  16 x  8 y  29 .Tìm tọa độ các điểm M có hoành độ dương nằm trên parabol  P  : y  2 x 2 sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến tới  C  mà góc giữa hai tiếp tuyến đó là 60 . Hướng dẫn: 7 Đường tròn đã cho có tâm I  2;1 , bán kính R  . 2 1 Theo tính chất tiếp tuyến MI là phân giác của MA và MB, do đó AMI  BMI  AMB  30 2 Tam giác IAM vuông tại A nên IA  MIsinAMI  MI  2 AI  7 . Tọa độ điểm M  x; y   x  0; y  0  thỏa mãn hệ phương trình 2  x  2   4 x  8 x  13x  22   0   x  2 2   y  12  49 2  x  2    2 x  1  49 3 2  4 2 2  4 x  3 x  4 x  44  0 x  2       2 y  8 2  y  2x 2  y  2x2  y  2x  y  2x     Vậy điểm cần tìm là M  2;8  . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- n 1  Câu 8 .a (1,0 điểm). Cho khai triển Newton  4  x 7  . Xác định hệ số của hạng tử chứa x 26 biết rằng n là số nguyên x  1 2 n 20 dương thỏa mãn hệ thức C2 n1  C2 n 1  ...  C2 n 1  2  1 . Hướng dẫn: C2 n 1  C2 n 1  ...C2 n 1  220  1  1  C2 n 1  C2 n 1  ...C2nn1  220  C2 n 1  C2 n 1  C2 n1  ...C2 n 1  2 20 . 1 2 n 1 2 0 1 2 n Chú ý rằng C2 n 1  C2 n 1  k với mọi k thỏa mãn 0  k  2n  1 nên C2 n 1  C2 nn1 ; C2 n 1  C2 n 1 ;....; C2 n 1  C2 n 1 . 2 n 1 2 1 n 1 k 0 1 2n n Do đó C2 n 1  C2 n 1  C22n1  ...C2 n 1  C2 n 1  ...  C2 n 1  2  C2 n 1  C2 n1  C2 n 1  ...C2 n 1  n 1 2 n 1 0 1 n 0 1 2 n 10  C2n1  C21n1  C22n1  ...C22nn11  0 1 2 n  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  ...C2 n 1  2 2 n 1 2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  ...C2 n 1  2 2 n  2 20  n  10 0 1 2 1  1 n 10 10 1   x 7    C10 x 4 k x 710  k    C10 x 70 11k . k k 4 x   k 0 k 0 26 4 Hạng tử chứa x thỏa mãn 70  7 k  26  k  4  C10  210 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3    x   .  x 1  x   m 1 x  x Câu 9 .a (1,0 điểm). Tìm giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm Hướng dẫn: Điều kiện 0  x  1 . Đặt 1  x  x  t  t  0  . t 2  1  2 1  x  x  1 t 2  1  2 1  x  x  1  1  x   x  2    t 1 ;  0t  2  t  0 t  0   t 2 1 Như vậy t  1; 2  . Phương trình đã cho trở thành t 3   m  2t 3  t 2  1  2m .   2 1 Xét hàm số f  t   2t 3  t 2  1 ; t  1; 2  . Đạo h àm f   t   0  2t  3t  1  0  t  0; t  . Với t  1; 2  thì hàm số     3 1  liên tục và đồng biến. Mặt khác f 1  2; f 2  4 2  1 nên giá trị cần tìm của m là 1  m  2 2  . 2 3
B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với AB  5 và C 1;3  , phương trình đường thẳng AB : x  2 y  3  0 . Trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng d : x  y  2  0 . Xác định tọa độ h ai đ ỉnh A, B của tam giác ABC . Hướng dẫn: Gọi tọa độ trọng tâm G  x; 2  x  ; CG cắt AB tại M. Kẻ GH và C K cùng vuông góc với AB Áp dụng định lý Thales ta có d  G , AB  GH MG 1 1  2.3  3 1 4   GH  d  G , AB   d  C , AB      d  C , AB  CK MC 3 3 35 35  1  1 7 x   3  G   3 ; 3  x  2 2  x  3 4 4    1 x      3 7 7 1 5 35 x   G  ;  3  3 3   1 7 Chọn tọa độ điểm G sao cho G và C cùng phía với AB : G   ;  . Gọi tọa độ hai điểm A  3  2a; a  , B  3  2b; b  .  3 3 a  b  3  7 a  b  4  5 3 3 5    a; b    ;  ,  ;    2 2  a b 1   a  b    2a  2b   5  2 2 2 2    3  5 Tọa độ hai điểm A và B là A  0;  , B  2;  .  2  2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8.b (1,0 điểm). Trong quá trình làm đề thi trắc nghiệm, có 20 câu hỏi ngẫu nhiên, trong đó có 9 câu hỏi mức độ dễ, 7 câu hỏi mức độ trung b ình, còn lại là câu hỏi khó. Người ta muốn chọn ra 7 câu hỏi sao cho có đủ cả ba mức độ, hãy tính số cách chọn. Hướng dẫn: Trước hết tính số cách chọn sao cho số câu hỏi không có đủ cả 3 mức độ. 7 Chọn 7 câu hỏi trong số 9 câu hỏi dễ có C9  36 cách. Chọn 7 câu hỏi trong số 7 câu hỏi trung bình có 1 cách duy nhất. 7 Chọn 7 câu hỏi trong tổng số 9 câu hỏi dễ và 7 câu hỏi trung b ình có C16  11440 cách. 7 Chọn 7 câu hỏi trong tổng số 9 câu hỏi dễ và 4 câu hỏi khó có C13  1716 cách. 7 Chọn 7 câu hỏi trong tổng số 7 câu hỏi trung bình và 4 câu hỏi khó có C11  330 cách. Suy ra số cách chọn sao cho số câu hỏi không có đủ cả 3 mức độ là 13523 cách. 7 Chọn 7 câu hỏi bất kỳ trong tổng số 20 câu hỏi có C20  77520 . Tóm lại số cách cần chọn: 77520  13523  63997 . --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  y2  x2 x 2  1 2 e  x; y    . y 1 Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  3log  x  2 y  6   2log  x  y  2   1  3 2 Hướng dẫn: Điều kiện x  2 y  6  0; x  y  2  0 . 2 2 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với e x  x 2  1  e y y  1 . 2 Xét hàm số f  t   et  t  1 ; t  0; f   t   et  et  t  1  et  t  2   0 , hàm số đồng biến và liên tục. x  y f  x2   f  y2   x2  y 2   x  y 4
Với x  y , phương trình thứ hai của hệ trở thành 3log 3  3 x  6   2log 2  2 x  2   1  log3  x  2   log 2  x  1 . t t 1  2 t t t t Đặt log 3  x  2   log 2  x  1  t  x  2  3 ; x  1  2 . Ta thu được 3  2  1        1 (1). 3  3 t t 1  2 Vế trái (1) là hàm f  t        n ghịch biến, có không quá một nghiệm thực. Hơn nữa f 1  1  t  1  x  1; y  1  3  3 Với x   y thì 3log 3  6  x   2 log 2 2  1  6  x  3  x  3  y  3 . Thử lại thấy hệ đã cho có hai nghiệm  x; y   1;1 ,  5; 5  . 5