Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã B5

Chia sẻ: HOÀNG QUANG TRUNG | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

147
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 sẽ giúp các bạn tích lũy kinh nghiệm cần thiết để tự tin 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 B5

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ B5 Môn thi: TOÁN; Khối: B Hướng dẫn giải gồm 06 trang Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3   2m  3 x 2   m 2  3m  x  2 (1), với m là tham số thực. 3 2 1. Khảo sát sự biến thiên với m  0 . 2. Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho 2 x1  3  3 x2  x1  1  x1  6m  3 . Hướng dẫn: 1 3 1. Khảo sát hàm số y  x 3  x 2  2 , bài toán cơ b ản, học sinh tự giải. 3 2 2. Ta có y  x   2m  3  x  m 2  3m ; 2 x  m y  0  x 2   2m  3 x  m 2  3m  0   x  m   x  m  3  0   x  m  3 Nhận xét rằng m  3  m m   nên x1  m; x2  m  3 . Do đó 2 x1  3  3 x2  x1  1  x1  6m  3  2 m  3  3 4  7 m  3 3  m  7  2 m  3  7m  3    m 1  4  m  3   49m  42m  9 2  Giá trị n ày thỏa mãn bài toán do có x1  1; x2  4 . Giá trị cần tìm là m  1 . ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------   Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 4 sin 2   5 x   4 sin 2 2 x  4 sin 2 3 x  7 . 6  Hướng dẫn: Phương trình đã cho tương đương với 3 1  7  1    cos   10 x   cos 4 x  cos6 x    cos   10 x   cos 4 x  cos6 x   2 2 3 4 3 2         cos   10 x   cos  cos 4 x  cos 6 x  0  2cos   5 x  cos5 x  2cos5 xcosx  0 3 3 3        cos5 x  cos   5 x   cosx   0  3    k   x  10  5 cos5 x  0   k   x    k    cos    5 x   cos    x   62    3     x  2  k   9 3  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1
 4 x 2  5 y 2  6  15 xy   x; y    Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 2  2 x  3 y  4  9 xy  Hướng dẫn: Điều kiện xy  0 .  4 x 2  5 y 2  6  15 xy  Hệ đã cho tương đương với  2 2  4 x  6 y  8  18 xy  Trừ từng vế hai phương trình của hệ thu được y 2  2  3 xy . x  1 y 1   Suy ra 4 x 2  5 3 xy  2  6  15 xy  4 x 2  4    x  1  y  1 Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm  x; y   1;1 ,  1; 1 . ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  x2 4 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx . 2  xsinx  cosx  0 Hướng dẫn:   x2 4 4  xcosx x I  dx    . dx 2 2  xsinx  cosx   xsinx  cosx  cosx 0 0 d  xsinx  cosx  xsinx  cosx  xcosx x 1 u  du  dx ; dv  dx   v 2 2 2  xsinx  cosx   xsinx  cosx  xsinx  cosx cosx cos x   4 4  2 4 1 dx I     tanx 0  4 cosx  xsinx  cosx  0 0 cos x   4 2 4 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’ có độ dài cạnh đáy bằng a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đo ạn thẳng AA’, AB. Biết góc giữa hai mặt phẳng (C’AI) và (ABC) bằng 60 . Tính thể tích khối chóp NAC’I và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN, AC’ theo a . Hướng dẫn: a3 Ta có CC '   ABC  , CI  AI  C ' I  AI  C ' IC  60  CC '  CI tan 60  . 2 a3 1 1 . VNAC ' I  VC ' ANI  VC ' ABC  .CC '.S ABC  4 12 32 Gọi O là giao điểm của A’C và AC’ 1 1 MO song song với AC và MO  AC , NI song song với AC và NI  AC , suy ra NI song song với MO và NI  MO . 2 2 Suy ra MOIN là hình bình hành, suy ra MN song song với OI, từ đó MN song song với mặt phẳng (AC’I). T a có d  MN , AC '  d  MN ,  AC ' I    d  N ,  AC ' I    d a2 3 S AIC V a3  d  NAC ' I  S AIC '    cos60 4 S AIC ' 8 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2
Câu 6 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh lần lư ợt là a , b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 3 a  3 b  3 c P      . cosA  cosB  cos C  2 b  c   2 a  c   2 a  b  Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có 3 a  3 b  3 c  1 a  1 b  1 c         1   1   1    2 b  c   2 a  c  2 a  b   2 b  c  2 a  c  2 a b  3   3  1 a  b  c  1 a  b  c  1 a  b  c   1  1 abc  abc             8  2 2 a  b  c  ab   2 b  c c  a   b  c  2 a  c  2 2   3 a b   3   2 A B A B C C3 C 1 3    2 sin  1  2sin 2   2  sin    . Mặt khác cosA  cosB  cos C  2cos cos 2 2 2 22 2 2 2  16 16 Do đó P  . Giá trị nhỏ nhất là , đạt được khi tam giác ABC là tam giác đều. 3 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). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng  P  chứa đường thẳng d1 : x  2  y  z và h ợp với đường thẳng d 2 : x  2  2  y  3  2  z  5  một góc   30 . Hướng dẫn:  Đường thẳng d1 đi qua điểm M 1  0; 2;0  và có vector chỉ phương u1  1; 1;1 .   Đường thẳng d 2 đi qua điểm M 2  2;3; 5  và có vector chỉ phương u2   2;1; 1 . cần tìm có phương trình dạng Ax  By  Cz  D  0  A2  B 2  C 2  0  , đi qua điểm M 1  0; 2;0  và có  P Mặt phẳng  vector pháp tuyến n   A; B; C  . Theo yêu cầu bài toán   A B  C  0 B  A  C  n  u1 B  A  C        1  2 2A  B  C    2 3 A  6  2 A  2 AC  2C   2 2 2  2 A  AC  C  0 sin n, u2  sin 30    2 2 2 2  6. A  B  C B  A  C    A; B; C    C ; 2C; C  ,  A;  A; 2 A    A  C   2 A  C   0  Xét hai trường hợp Với  A; B; C    C ; 2C ; C  , chọn C  1   A; B; C ; D   1; 2;1; 4    P  : x  2 y  z  4  0 . 1 Với  A; B; C    A;  A; 2 A , chọn A  1   A; B; C ; D   1; 1; 2; 2    P2  : x  y  2 z  2  0 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3
Câu 8 .a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  : x 2  y 2  4 x  2 y  1  0 và điểm M  3; 4  . Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đư ờng tròn  C  . Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn ON ngắn nhất. Hướng dẫn: Đường tròn đã cho có tâm I  2; 2  và bán kính R  2 . 1 5 Ta có IM  34 . Gọi J là trung điểm IM thì J  ;  .  2 2 2 2 1  5  17  Do IAM  IBM  90 nên A và B thuộc đường tròn đường kính IM :  C   :  x     y    . 2  2 2  2 2  1  5  17  x2  y 2  x  5 y  2  0  x     y     2  2  5x  3 y  3  0 . Tọa độ hai điểm A, B thỏa mãn hệ  2  2 2  x  y  4x  2 y 1  0 2  2  x  y  4x  2 y 1  0  5x  3  Suy ra p hương trình đường thẳng AB: 5 x  3 y  3  0 . Tọa độ điểm N cần tìm N  x; . 3   2 2  5x  3  34 2 10 34  15  9 3 Kho ảng cách ON  x 2   .  x  x 1  x    3 9 3 9 34  34 34 15  15 9 Đẳng thức xảy ra khi x    N   ;   . 34  34 34  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1  log 4  x  y  1  log 4 y  2 2 2  x; y    . Câu 9 .a (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  log 5  x 2  3 xy  3 y 2   2 log 5 y  Hướng dẫn: Điều kiện x 2  y 2  1  0; y  0 (*) Hệ phương trình đã cho tương đương với log 4  x 2  y 2  1  log 4 y  log 4 2  x  y  1  x  y  1  0 2 2  x  y 1  2 y   2   log 5  x  3 xy  3 y   log 5 y  x  y   x  2 y   0 2 2 2 2  x  3 xy  2 y  0     x  y  1   x  y  x  y  1  0   x  y  0  1 1  2 1   x; y     ;   ,   ;   ,  2;1   2 2  3 3  x  y  1  0   x  2 y   x  y  1  x  2 y  So sánh với điều kiện (*) hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2;1 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 4
B. Theo chương trình Nâng cao x 2   m  3  x  3m  1 Câu 7 .b (1,0 điểm). Tìm m để hàm số y  có cực đại và cực tiểu sao cho các giá trị cực đại và cực x 1 tiểu của hàm số đều âm. Hướng dẫn: x 2  2 x  2m  2  x 2  2 x  2m  2  0 Ta có y  ; y  0   (1) 2  x  1 x  1    1  2 m  2  0 1 Hàm số có cực đại, cực tiểu khi (1) có hai nghiệm phân biệt   m . 1  2  2m  2  0 2 Hai nghiệm phân biệt x1 , x2 của (1) tương ứng là hoành độ giao điểm hai điểm cực trị. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là y  2 x  m  3 nên hai cực trị là A  x1 ; 2 x1  m  3  , B  x2 ; 2 x2  m  3 . 2  y y   2 x1  m  3   2 x2  m  3  m  6m  5  x  x  2 Áp dụng định lý Viete  1 2  1 2  x1 x2  2m  2  y1  y2  2m  2   m  1  y1 y2  0 m  5  Hai giá trị cực đại, cực tiểu đều âm khi   m  5    y1  y2  0  1  m  1 m  1  1  m 1 1 Kết hợp điều kiện m  ta được giá trị cần tìm của m là  2  2 m  5 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  5 7 11  Câu 8 .b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường tròn    có tâm I  ;  ;   , bán kính bằng 2 3 3 3  và n ằm trong mặt phẳng    : x  2 y  2 z  1  0 . Lập phương trình mặt cầu  S  chứa đường tròn    và có tâm thuộc mặt ph ẳng    : x  y  z  3 . Hướng dẫn: 5  x  3  t   5 7 11  7  Phương trình th ẳng d qua tâm I  ;  ;   và vuông góc với mặt phẳng    : x  2 y  2 z  1  0 là  y    2t 3 3 3  3  11   z   3  2t  5 7 11   x   t ; y    2t ; z    2t 4    x; y; z; t    3; 5; 1;   Tọa độ tâm K của  S  thỏa mãn hệ phương trình  3 3 3 3  x  y  z  3  0  2 2 2 Ta có IK  4 , theo định lý Pythagores thì R2S   R 2  IK 2  20 nên ta có  S  :  x  3    y  5    z  1  20 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 5
Câu 9 .b (1,0 điểm). T rong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 : x  3 ; d 2 : x  y  2  0 . Giả sử T  là 1 đư ờng tròn tiếp xúc với đường thẳng d 2 tại M và cắt đường thẳng d1 tại hai điểm N, P sao cho PMN  MNP . Lập 2 phương trình đường tròn T  biết chu vi tam giác MNP bằng 4  2 2 và điểm N có tung độ dương. Hướng dẫn: Gọi giao điểm của hai đường thẳng đã cho là A  3;1 . 1  x  45 hay PAM  45 . Nhận xét rằng nếu đặt     d1 , d2  ; cos   2 1 Tam giác PAM vuông tại M nên APM  45 , đặt PMN  MNP  x . 2 Trong tam giác PMN ta có APM  PMN  MNP  180  45  x  2 x  180  x  45  MNP  90 .  PM  t và PM là đường kính của đường tròn T  . Suy ra MN  NP  2 Chu vi tam giác MNP: t  t  2t  4  2 2  t  2  NP  NM  NA  2; PM  2 2 . Do điểm N có tung độ dương nên N  3;3  và suy ra P  3;5  . Đường thẳng MN vuông góc với d1 nên song song với trục hoành, phương trình MN : y  3 y  3 x  5 Tọa độ điểm M thỏa mãn h ệ   x  y  2  0 y  3 2 2 Tâm I của đường tròn T  là trung điểm của PM : I  4; 4  , và ta có T  :  x  4    y  4   8 . ------------HẾT ------------ 6