Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã B4

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

Thêm vào BST

Báo xấu

139
lượt xem 22
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu phục vụ quá trình học tập và ôn thi: Đề thi thử Đại học môn Toán khối B năm 2013 này sẽ giúp các bạn tổng hợp kiến thức đã học và rèn luyện kỹ năng giải đề thật tốt.

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 B4

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ B4 Môn thi: TOÁN; Khối: B Hướng dẫn giải gồm 05 trang Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho. 2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số biết tiếp tuyến cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A, B sao cho bán kính đư ờng tròn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất (với I là giao điểm hai đường tiệm cận). Hướng dẫn: 1. Bài toán cơ bản – học sinh tự giải. 2. Tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số lần lượt là x  1; y  1 . Giao điểm hai đường tiệm cận là điểm I  1;1 . 3  x  x0  x0  2 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có ho ành độ x0 : y   . 2  x0  1 x0  1  x 5  và cắt tiệm cận ngang tại điểm B  2 x0  1;1 . Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng tại điểm A  1; 0 x0  1   x 5 1 6 Ta có IA  0 và IB  2 x0  2 . Diện tích tam giác IAB là S IAB  IA.IB  12 . 1  2 x0  1 x0  1 Chú ý rằng S ABI  pr (p là nửa chu vi và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác) Dễ thấy r lớn nhất khi p nhỏ nhất. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2 p  IA  AB  BI  IA  IB  IA2  IB 2  2 IA.IB  2IA.IB  4 3  2 6 2 Đẳng thức xảy ra khi IA  IB   x0  1  3  x  1  3 . x  1  3  d1 : y  x  2  2 3 x  1  3  d 2 : y  x  2  2 3 Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán : d1 : y  x  2  2 3 ; d 2 : y  x  2  2 3 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 6cos3x  1  8sin2 xcos3x . Hướng dẫn: Xét x  k   k    không thỏa mãn phương trình đã cho, do đó x  k  . Khi đó phương trình đã cho tương đương với sin3 x 2cos3 x  3  4 sin 2 x   1  2cos3x. 1 sinx 2k    x  5  2k  5m; k , m    6 x  x  2k   sin6 x  sinx     6 x    x  2k   x    2k   2k  7 m  1; k , m     7 7  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1
x4  x   .  3x 2  6 x  2 Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 3 Hướng dẫn: Điều kiện x  4 . Bất phương trình đã cho tương đương với 3  x  4   9 x 2  18 x  6  3  x  4   3  x  4   9 x 2  15 x  6  0 3  x  4   t  t  0  thu được t 2  t  9 x 2  15 x  6  0   t  3x  3  t  3 x  2   0 . Đặt 1  57 1  61 5  57 7  61 t  t  15  t 2  t  14   0  2 . t   x 2 2 6 6 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   e x  x 3  4 x 2  1 dx . 1 Hướng dẫn: 2 2 I   e x  x3  x 2  2 x  dx   e x  3 x 2  2 x  1 dx . 1 1 Đặt x  x  2 x  u  du   3 x 2  2 x  2  dx; dv  e x dx  v  e x . 3 2 2 2 2 2 I  e x  x 3  x 2  2 x    e x  3 x 2  2 x  2  dx   e x  3x 2  2 x  1 dx  I  8e 2   e x dx  9e 2  e . 1 1 1 1 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông (vuông tại A và B), AB  BC  AD  a , 2 cạnh SA vuông góc với đáy và SA  2a . Gọi A1 , D1 theo thứ tự là trung điểm của SA và S D. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp và thể tích hình chóp S . A1 BCD1 . Hướng dẫn: + A1 BCD1 là hình chữ nhật, hơn nữa BC  a; A1 B  a 2  S A1BCD1  a 2 2 . Kẻ SH vuông góc với AB kéo dài,  A1BCD1    SA1 B  nên SH   A1 BCD1  . a 2 a3 a2 1 . Do đó VS . A1BCD1  .a 2 2. Tam giác A1 AB là tam giác vuông cân c ạnh a n ên SH  . 2 3 2 3 + Gọi O1 là tâm của h ình chữ nhật A1 BCD1 thì trục  của đường tròn ngoại tiếp tam giác tứ giác A1 BCD1 qua O1 và song song với SH. Tâm O của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . A1 BCD1 thuộc  . 3a 2 a2 Đặt O1O  x  R 2  x 2   OI 2  (I là trung điểm của A1S ) 4 4 1 a2 Gọi I’ là hình chiếu của I trên mặt phẳng A1 BCD1 thì I’ là trung điểm của A1 H . Ta có II '  SH  . 2 4 2 2 18a 2 a 2 22a 2  a 2  a 2 2  I ' O12   x   I ' K 2  KO12  Gọi K là trung điểm của BA1 thì OI   x  .      4  4 16 4 16     2a 2 a 2 22a 2 a2 3 Suy ra OI 2  x2   x2  x  a2 .  x 16 2 16 2 2 2 2 2 3a 2 11a 2 3a a2 3a a a 11   x  a 2  R 2  2a 2  Kết hợp lại .  x  R 4 2 2 4 4 4 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2
1 1 1    2 . Ch ứng minh rằng Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z  2 thỏa mãn x  1 y 1 z  1 x y  z3  x2  y2  z 2 . Hướng dẫn: x2 y2 z2 1 1 1   2    1. x 1 y 1 z 1 x  1 y  1 z 1 Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có  x2 y2 z2 2   x  y  z  3   x  1  y  1  z  1     x2  y2  z2  x 1 y 1 z  1   x y z 3  x2  y2  z 2 5 Đẳng thức xảy ra khi x  y  z  . 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  x  y  z 1  0 và A  2; 1;1 , B 1; 1;0  . Câu 7 .a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  2 x  y  1  0 Tìm tọa độ điểm T trên đường thẳng d sao cho diện tích tam giác TAB đ ạt giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn: 1 1 x z  t 1 3t  1 y 2  2 , vector chỉ phương của d : n  1; 2;3 . Chọn y  t  x  ;z   1 3 2 2 1 2 2 d đ i qua điểm F 1;1;1 nên ta gọi tọa độ điểm T 1  t ;1  2t ;1  3t   d .        AT   t  1; 2t  2;3t  , AB   1;0; 1 ,  AT  AB    2t  2; 2t  1; 2t  2  .   2  5 2 12  t        2  6 3 12t  20t  9 1 6 Diện tích tam giác TAB : S TAB   AT  AB     .   2 2 2 6 6 5 1 2 3 Dễ thấy MaxS TAB   t    T  ; ;  . 6 6 6 3 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8.a (1,0 đ iểm). T rong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có đỉnh A 1; 0  và đường chéo BD có phương trình x  1  y . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết độ dài đo ạn BD bằng 4 2 . Hướng dẫn: Phương trình đường chéo AC đi qua A 1; 0  và vuông góc với đường chéo BD : x  y  1  0 . x  y 1  0 x  0  I  0;1 . Đỉnh C đối xứng với A qua I nên C  1; 2  . Tọa độ tâm I thỏa mãn hệ phương trình   x 1  y y 1 BD  4 2  IB  ID  2 2 , B và D thuộc đường tròn tâm I bán kính IB  2 2 . 2 2  x   y  1  8   x; y    2;3  ,  2; 1 . Tọa độ hai điểm B, D thỏa mãn hệ  x  y 1  0  Tọa độ 4 đỉnh của hình thoi là A 1; 0  , B  2;3  , C  1; 2  , D  2; 1 hoặc A 1;0  , B  2; 1 , C  1; 2  , D  2;3  . 3
log y  log y  3  x    log3 y  log3 y x    x; y    Câu 9 .a (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  x cotx  coty  log y  Hướng dẫn: Điều kiện 0  x; y  3; y  1; y  2; log y  3  x   0; log 3 y x  0 . sin  y  x  Phương trình thứ hai của hệ tương đương với  logx  logy (1) sinx siny Do 3  y  x  3 và với mọi a   3;3 thì sina  0  a  0, sina  0  a  0 . Nếu x  y hoặc x  y thì hai vế của phương trình (1) đ ều trái dấu. Dễ thấy nếu x  y thì (1) nghiệm đúng. Khi đó phương trình thứ nhất của hệ trở thành log3 x  log x  3  x   log 3 x  log 3 x x   log x  log x  3  x    log3 x  log 3 x x   . log3 x x log 3 xt  0 log 3 xt 3 3 Đặt log 3 x x  t  t  0  thu được log3 xt    t 1  3 x  x  x   y  .   t  1  L  t 2 2 3 3 Hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    ;  . 2 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 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  P  chứa trục Ox và cắt mặt cầu 41  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  22 theo một đường tròn có bán kính bằng 2 . 5 Hướng dẫn: Mặt cầu đã cho có tâm I 1; 2;3  và bán kính R  6 . Mặt phẳng  P  cần tìm có phương trình d ạng ay  bz  0  a 2  b 2  0  . 2a  3b Kho ảng cách từ tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng  P  : d  . a 2  b2 41  P  cắt mặt cầu theo một đường tròn có bán kính bằng 2 nên theo định lý Pythagores ta có 5 2  2a  3b   164  36  4a 2  60ab  29b 2  0  b  2a 29b  2a  0 41 d  4.  R 2  2    a2  b2 5 5 Với b  2a , chọn a  1; b  2   P  : y  2 z  0 . 1 Với 29b  2a , chọn a  29; b  2   P2  : 29 y  2 z  0 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8 .b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hypebol  H  : 4 x 2  y 2  4 , tìm tọa độ điểm N trên hypebol sao cho N nhìn hai tiêu đ iểm dưới một góc 120 . Hướng dẫn: x2 y2 c  1  a 2  1; b 2  4; c 2  5  a  1; b  2; c  5; e   5 .  Phương trình chính tắc của hypebola : 1 4 a    Hai tiêu điểm F1  5;0 , F2 5;0 . Tọa độ điểm N cần tìm N  x; y  thỏa mãn NF1  NF2  2a  2 4
Áp dụng định lí cosin trong tam giác F1 NF2 ta có 2 F1 F2 2  F1 N 2  F2 N 2  2 F1 N .F2 N cos120   F1 N  F2 N   2 F1 N .F2 N  2F1 N .F2 N cos120 F1 F2 2  4  3F1 N .F2 N  4  3 a  ex a  ex  4  3 a 2  e 2 x 2  19 4 x   y 15 15 F1 F2 2  4c 2  4.5  4  3 1  5 x 2    19 4 x    y 15 15   19 4   19 4   19 4  19 4 Có 4 điểm N thỏa mãn yêu cầu bài toán N1   , N2   ;  , N4   ; ; ;  , N3  .  15 15   15 15   15 15   15 15          ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 4 x2  5  x  m   m2 Câu 9 .b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của m để đường thẳng  : y  2m  3x cắt đồ thị hàm số y  tại x2 hai điểm phân biệt A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2   x1  x2  sao cho 2 x12  3 x2  4 x1 x2  5 x1  6 x2  150  3 y12  4 y2  5 y1 y2  6 y1  7 y2 . 2 2 Hướng dẫn: Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là  x 2  1  2m  x  m 2  m  0 1 4 x2  5  x  m   m2 4 x2  5 x  5m  m 2  3 x 2  2 mx  6 x  4m   3 x  2m    x2 x  2 x  2  Đặt vế trái (1) là f  x  . Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.  f  2  0 m  2       4m  4m  1  4  m  m   1  0 2 2 m  3  x  m Suy ra 1   x  m   x  m  1  0   x  m 1 Gọi hai nghiệm của (1) là x1 ; x2 tương ứng là hoành độ giao điểm của hai điểm A và B. Ta có m  m  1 m   nên A  m;5m  , B  m  1;5m  3 . 2 x12  3 x2  4 x1 x2  5 x1  6 x2  150  3 y12  4 y2  5 y1 y2  6 y1  7 y2 2 2 2 2  2m2  3  m  1  4m  m  1  5m  6  m  1  150  75m2  4  5m  3  25m  5m  3   30m  7  5m  3 m  1  291m  201m  90  0   2  m   90 291  ------------HẾT ------------ 5