Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã B6

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

Thêm vào BST

Báo xấu

155
lượt xem 24
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 khối B cùng hướng dẫn giải sẽ là tài liệu hay và hữu cho các bạn đang tìm kiếm tài liệu phục vụ cho quá trình học tập và ôn thi Đại học - Cao đẳng.

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 B6

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ B6 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) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3   3  3m  x 2   3m 2  6m  2  x  m3  3m2  2m (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m  1 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3  x3  x2  x1  thỏa mãn điều kiện x12  2 x1  x2 x3  1  x3  10 . Hướng dẫn: 1. Khảo sát hàm số y  x3  x , bài toán cơ b ản – học sinh tự giải. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là x3   3  3m  x 2   3m2  6m  2  x  m3  3m 2  2m  0   x  m   x  m  1  x  m  2   0  x  m; x  m  1; x  m  2 Vì  x3  x2  x1  nên x1  m; x2  m  1; x3  m  2 . x12  2 x1  x2 x3  1  x3  10  m 2  2 m   m  1  m  2   1  m  2  10  m2  m 2  2m  1  m  2  10  m 2  m  1  m  2  10 m  2 m  2 m  2     2  2  m3  m  m  12  m  2  1  m  3  m  4   m  m  11  m  2   m  2 1  m  2     m  3   m  4  m  2  1  1        Dễ thấy với m  2 thì phương trình (*) vô nghiệm. Vậy giá trị cần tìm là m  3 . ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  3 2 x  y  3 3x  2 y  2   x; y    . Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 3 3x  2 y  5 x  y  8  Hướng dẫn: Đặt 3 2 x  y  a; 3 3 x  2 y  b  2 x  y  a 3 ; 3 x  2 y  b3 . Ta có 3 x  2  2 x  a 3   b 3  x  2a 3  b3 ; y  4a 3  3b 3 . Hệ đã cho tương đương với a  b  2 a  2  b a  2  b   3  3   2b  5  2 a  b   4a  3b  8 3 3 3 3 3 2 7 a  4b  b  4 11b  42b  83b  52  0  a  2  b a  1 2 x  y  1 x  1       b  1 11b  31b  52   0 2 b  1  3 x  2 y  1  y  1  Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y   1;1 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình  cotx  cot 3 x   4cos 2 x  3  2 . Hướng dẫn: Điều kiện sin3 x  0 . Phương trình đã cho tương đương với cos xsin3 x  cos3 xsinx  cosx cos3 x    4cos x  3  2   4cos2 x  3  2 2    sinx sin3 x  sinx sin3x 3  4cos 2 x  3  2  4cossin x cosx  1  cos3x  1  cot3x  1  x  12  k   k     sin 2 x x3 3x  sinx sin3 x 3 sin ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I    2 x  1 ln  x3  1 dx . 0 Hướng dẫn: 3x 2 3x 2 u  ln  x3  1  du  dx  dx  x  1  x2  x  1 x3  1 dv   2 x  1 dx  v  x 2  x  1 1 1 x2 1  1 I   x 2  x  1 ln  x 3  1  3 dx  ln 2  3  x  1   dx x 1 x 1  0 0 0 1 1 3  I  ln 2  3  x 2  x  ln  x  1    2ln 2 2 0 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng a . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các đo ạn AB, CC’, A’D’. Tính góc giữa hai đường thẳng DP, MN và thể tích khối tứ diện DMNP theo a . Hướng dẫn: a6 a6 Ta có MN  MB 2  BC 2  CN 2  ; MP  PN  . 2 2 a5 a6 a5 Mặt khác DM  DP  DN  . Suy ra DMNP là tam giác đều cạnh đáy d  và cạnh bên b  . 2 2 2 Do đó DP vuông góc với MN hay góc giữa DP và MN là 90 . Gọi H là trực tâm tam giác đều MNP ta có 5a 2 2a 2 a 3 2d 3 d a HM  .   ; h  HD    . 32 4 4 2 3 2 d 2 3 3 3a 2 1 3  VDMNP  Sh  a 3 . Diện tích tam giác MNP là S MNP   4 8 3 16 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  xy  yz  xz . Chứng minh x2  1 y2 1 z2 1 x y z    . 2 2 2 Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức AM  GM ta có 2 x 2  1 1  x  1 x 2  1  1  x  1  x  1  2 x  3 x    x  1  .      x 1  2  2 4 x 1 x 1 2 2 2   x2  1 y2 1 z2  1 3 x z y   x  y  z  3   Hoàn toàn tương tự suy ra .      x  1 y 1 z 1  2 2 2 4 2
x z x  y  z 1 3 y x y z  x  y  z  3   Chỉ cần chứng minh    x y z     2  x 1 y 1 z 1  x  1 y 1 z 1 4 4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarzt ta có 2 x  y  z x2 y2 z2 x  y  z 1 x  y  z 1 x  y  z 1 x y z    2 2 2  2  2 2 x 1 y 1 z 1 x x y y z z x  y z x yz 4 4 4 2 2 x  y  z  x  y  z x  y  z 1 x  y  z 1 2    2 x  y  z  2  xy  yz  xz    x  y  z  2 2  x  y  z  x  y  z 4 4 x yz x  y  z 1 x  y  z 1 x  y  z 1 1 1    1 2 1  2 . x  y  z 1 x  y  z 1 x  y  z 1 4 4 4 Đẳng thức xảy ra khi x  y  z  1 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 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 , cho điểm H 1; 2;1 . Lập phương trình mặt phẳng  P  cắt các trục tọa độ tại A, B, C sao cho H là trực tâm tam giác ABC. Hướng dẫn: xyz Mặt phẳng (P) cần tìm cắt các trục tọa độ có phương trình    1 abc Tọa độ giao điểm với 3 trục tọa độ A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0; 0; c  211 H 1; 2;1   P     0 abc    AH .BC  0  b  c  0  H là trực tâm tam giác ABC khi      c  b  2a  a  3  2a  c  0  BH . AC  0  Mặt phẳng cần tìm  P  : 2 x  y  z  6  0 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8 .a (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của m để phương trình sau có nghiệm duy nhất log 1  6 x  m   log 2  3  2 x  x 2   0  x    . 2 Hướng dẫn: Phương trình đã cho tương đương với 3  2 x  x 2  0  3  x  1  log 2  6 x  m   log 2  3  2 x  x 2   0    2 2 m   x  8 x  3 6 x  m  3  2 x  x  Xét hàm số f  x    x 2  8 x  3, x   3;1 . Đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh I  4;19  và bề lõm hư ớng xuống dưới. Hàm số nghịch biến trên kho ảng  3;1 . Hơn nữa f  3  18; f  1  6 nên giá trị cần tìm của m là 6  m  18 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 9 .a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường tròn có ph ương trình lần lượt là: 2 2 2  C1  : 2  x  1  2 y 2  1;  C2  :  x  2    2  y   4 . Lập phương trình đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn  C1  và cắt đư ờng tròn  C2  tại hai điểm M , N sao cho MN  2 2 . Hướng dẫn: 1 Đường tròn  C1  có tâm I1 1;0  , bán kính R1  . 2 Đường tròn  C2  có tâm I 2  2; 2  , bán kính R2  2 . 3
Phương trình đường thẳng d có d ạng: Ax  By  C  0  A2  B 2  0  . Đường thẳng d tiếp xúc với  C1  khi: AC 1 2  2  A  C   A2  B 2 d  I1 ;    R1   2 2 2 A B 2  2 A  2 B  C   2  2 A  2 B  C 2  2 A2  B 2 MN 2   2 d  I2 ;    R    2 2 A2  B 2 4 C  2 B 2 2   2 A  2B  C   4  A  C    C   4 A  2 B 3   A  B *C  2 B  A2  8 AB  7 B 2  0   A  B   A  7 B   0    A  7 B  A   B; A  1  B  1; C  2  d : x  y  2  0  A  7 B; A  7; B  1; C  2  d : 7 x  y  2  0 B  A 4 A  2B  7 A2  8 AB  B 2  0   *C   B  7 A 3  A  B; A  1  B  1; C  2  d : x  y  2  0  B  7 A; A  1  B  7; C  6  d : x  7 y  6  0 Có 4 đư ờng thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- B. Theo chương trình Nâng cao esin x  cos x Câu 7 .b (1,0 điểm). Tính giới hạn I  lim . x x0 x 2sin 2 esin x  cos x esin x  1  esin x  1 sin x  1  cos x 2 I  lim  lim  lim  lim    lim . x x x sin x x  x 0 x x0 x0 x0 x 0  x x sin sin esin x  1 sin x x 2 .lim sin x  1 2 .sin  1  lim I  lim  lim .lim x x x0 x  0 sin x x 2 2 x 0 x0 x0 2 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8 .b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ellipse  E  : 4 x 2  9 y 2  36 . Lập phương trình tiếp tuyến của ellipse hợp với đường thẳng l : y  3 x một góc   60 . Hướng dẫn: Phương trình đường thẳng d : Ax  By  C  0  A2  B 2  0  . Đường thẳng này tiếp xúc với ellipse khi 9 A2  4 B 2  C 2 . Theo yêu cầu bài toán 3A  B A  0 1   cos  d , l   cos60    A A  3B  0   2 A2  B 2 2  A  3B Xét hai trường hợp C  2  d1 : y  2 C  2 B *A  0  ; B 1  C  2 B C  2  d 2 : y  2  d3 : x  3 y  31  0 C  31B * A  3B   ; B 1  C   31B  d 4 : x  3 y  31  0   Có 4 tiếp tuyến thỏa mãn bài toán. 4
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 9 .b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;3;1 , B  0;1; 1 , C 1; 1;1 . Xác định tọa độ     điểm M trên mặt phẳng P : 2 x  y  z  2  0 sao cho biểu thức F  2 MA  3MB  4 MC đ ạt giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn:       Gọi E là điểm thỏa mãn 2 EA  3MB  4 MC  0  E  2;13; 5  . Với mọi điểm M ta có :                   2 MA  3MB  4 MC  ME  2 EA  3EB  4 EC  ME . Suy ra F  2 MA  3MB  4 MC nhỏ nhất khi ME nhỏ nhất, khi và ch ỉ khi M là hình chiếu của E trên mặt phẳng P : 2 x  y  z  2  0 . Tọa độ của M thỏa mãn hệ:  x  6 2 x  y  z  2  0    x  2 y  13 z  5   y  11  M  6;11; 3 .  2  1  1   z  3  ------------HẾT ------------ 5