Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã B7

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

Thêm vào BST

Báo xấu

132
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn thi hiệu quả: Đề thi thử Đại học môn Toán khối B năm 2013, với tài liệu này các bạn sẽ được cung cấp những câu bài tập hữu ích giúp tổng hợp kiến thức và rèn luyện kỹ năng giải đề.

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 B7

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ B7 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) 3x  1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Xác định tọa độ hai điểm B và C thuộc hai nhánh của đồ thị (C) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A  2;1 . Hướng dẫn: 1. Bài toán cơ bản, học sinh tự giải.  2. Chuyển trục tọa độ Oxy sang h ệ trục tọa độ IXY b ằng phép tịnh tiến theo vector OI  1;3  . x  X 1 2 , điểm A 1; 2  . . Trong hệ tọa đội mới hàm số có dạng Y  Công thức đổi trục  y Y 3 X  2  2 Xét hai điểm B  a;  , C  b;   a  0  b  là hai điểm thuộc hai nhánh đồ thị.  a  b Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của B, C lên đường thẳng y  2 ta có H  a; 2  , K  b; 2  . Ta có BAH  CAK  90  CAK  ACK  BAH  ACK  AHB  CKA  AH  CK ; BH  AK .  3b  2  a  b   3b  2   3b 2  9b  6  0 a  b 2   2 2  2 1  a    2       3b  7b  2  0 b  2 b     a    a; b    1; 2  ,  3; 4     b    a  b  2  2  2  b 1    2  b a  2   b 1   2 a    b  b  6  0   b 2  b  2  0  Hai điểm cần tìm có tọa độ lần lượt là  1; 2  ,  3; 4  . ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  4   5 x 2  2 y  1 x y  5 x 2  y  2  3 x 2     x; y    . 2  3x 2  5  5 x Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  4 x  5 y   y y   Hướng dẫn: Điều kiện y  0 . y  t  t  0  thu được hệ Đặt 5 x  xt  1  2t  xt  1  3 xt  xt  1  4  xt  1  0 2 2  4  5 x3t  2 xt 3  xt  5 x 2  2t 2  3t 2 x 2   2 2  4 xt  5t  6 x t  5  x  2t  3 2 3 2  4 xt  5t  6 x t  5  x  2t     xt  1  5 x 2  2t 2  3 xt  4   0   4 xt  5t  6 x t  5  x  2t  2 3 2  Xét hai trường hợp 1
 xt  1  xt  1   xt  1  xt  1    2   3  2 1  t  1  5t  1  0 2 4 xt  5t  6 x t  5  x  2t  3 2 3 5t  6t  t  0 4t  5t  6 x  5 x  10t    1 1     x; t   1;1 ,  5;    x; y   1;1 ,  5; 5  5    5 x 2  2t 2  3 xt  4   2 4 xt  5t  6 x t  5  x  2t  3 2   4  4 xt 2  5t 3  6 x 2t   5  x  2t   5 x 2  2t 2  3 xt   25 x 3  36 xt 2  11xt 2  0  x  x  t   25 x  11t   0  x  t  4 x 2  4   x; y   1;1  x  0  t 2  2   x; y    0; 2   11 250 250  250  25 x  11t  t 2    x; y     25 103 ; 103   103   Hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình cos 3 3 x  cos 2 x  3cos 2 2 x  cos 2 x  2 . Hướng dẫn: Phương trình đã cho tương đương với cos 3 3 x  cos 2 x  2cos3 xcosx  2  3cos 2 2 x  cos 2 x  2cos3 xcosx  cos3 x  cosx  sin 2 x 2 2   cos3 x  cosx   2  3cos 2 2 x  2cos 2 2 x  1   cos3 x  cosx   sin 2 2 x    cos3 x  cosx   sin 2 x Xét hai trường hợp a ) cos3 x  cosx  sin 2 x  2cos 2 xcosx  2sin xcosx  cosx  cos 2 x  sinx   0   cosx  0 x  2  k  k    cos 2 x  cos    x   x    k 2    2    6 3  b) cos3 x  cosx   sin 2 x  cosx  cos 2 x  sinx   0   cosx  0 x  2  k  k    cos 2 x  cos  x     x     k 2    2    6 3  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I    2 x  1 cos 2 x dx . 0 Hướng dẫn: 2 2 2 2 1 1 1 I    2 x  1 cos x dx    2 x  1 1  cos 2 x  dx    2 x  1 dx    2 x  1 d  sin 2 x  2 20 20 40 0      2 2  1 2  1 2 2  1 1 1 1 2 2 2 I   x 2  x    2 x  1 sin 2 x   sin2 x d  2 x  1     sin 2 xdx    cos 2 x   2 4 40 8 4 20 844 842 0 0 0 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của SA và BC. Biết góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) bằng 60 . Tính th ể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa đư ờng thẳng MN với mặt phẳng (SBD). Hướng dẫn: Gọi O là tâm của đáy thì SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi h là trung điểm OA, ta có MH song song với S O và MH vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Ta có MNH  60 là góc giữa MN và mặt phẳng đáy. 2 2 a 2 a 2 a2 a2 a 10 Gọi K là trung điểm của AB thì NK  ; HK   HN    2   4   4 .   2 4    a 3 30 a 30 a 30 1 MH  HN tan 60   SO  2 MH   VS . ABCD  SO.S SBCD  . 4 2 3 6 Mặt phẳng (SBD) song song với mặt phẳng (MHK) n ên góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (SBD) bằng góc giữa đư ờng thẳng MN và mặt phẳng (MHK). Ta có  MHK    ABCD   HK , NK  HK  NK   MHK  . a 10 a2 MN  MH 2  HN 2  ; NK  ; MK  KN . 2 2 NK 1 1 Góc giữa MN và mặt (MNK) là  thì sin       arcsin . MN 5 5 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 7 16  y 2   x  1  x  6    x; y    . Câu 6 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 2  x  2  2  y  4  9  Hướng dẫn:  4  y  4 16  y 2  0   Từ hệ ta có  (*)   x  1  x  1  x  6   0   x  6   2 2 Mặt khác  x  2   2  y  4   9  3  x  2  3  5  x  1 . Kết hợp (*) ta có x  1; y  4 . Thử lại thấy thỏa mãn hệ đã cho. Vậy hệ trên có nghiệm duy nhất  x; y   1; 4  . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 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 hai điểm A  2;3; 2  , B  6; 1; 2  và đường thẳng có x 1 y  4 z  3 . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất. phương trình  :   4 1 5 Hướng dẫn: Điểm M cần tìm : M  t  1;5t  4;3  4t  . 2 2 2  42t 2  84t  59  3  t    7  5t    4t  1 MA  2 2 2  42t 2  84t  83  7  t    3  5t    4t  5 MB  AB  4 3 pMAB  MA  MB  AB  42t 2  84t  59  42t 2  84t  83  4 3 2 2 pMAB  42  t  1  17  42  t  1  41  4 3  17  41  4 3 Đẳng thức xảy ra khi t  1  M  0;1; 1 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3
Câu 8 .a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , lập phương trình đường thẳng d đi qua gốc tọa độ O và cắt đường 2 tròn  C  :  x  4   y 2  40 tại hai điểm A, B sao cho AB  4 BO . Hướng dẫn: Đường tròn đã cho có tâm I  4; 0  và bán kính R  2 10 . Nhận xét OI  4 nên O n ằm phía trong đường tròn. Kẻ IH vuông góc với d thì H là trung điểm của AB. Đặt d  I , d   IH  x, BH  y  x  0; y  0  , theo bài ra ta có O là trung điểm của BH. Áp dụng công thức trung tuyến trong tam giác IBH và định lý Pythagores trong tam giác IHO ta có IB 2  IH 2 BH 2 R 2  x 2 y 2 40  x 2 y 2 OI 2   y 2  2 x 2  16     16   2 4 2 4 2 4 2 y IH 2  OH 2  OI 2  x 2   16 . 4 Giải hệ phương trình này thu được x 2  8; y 2  32  x  2 2 . Phương trình đường thẳng d đi qua gốc tọa độ O có h ệ số góc k : y  kx k  1 4 k x2 2  2 2   k  1 k2 1 Suy ra có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán : d1 : y  x; d 2 : y   x . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 9 11    4  x  23 x  3 2 Câu 9.a (1,0 đ iểm). Tìm số hạng nguyên dương trong khai triển Newton biết y  5 y  66 y 4  y 4  4 x  2 xy  2 x  4  5   x; y    . cặp  x; y  thỏa mãn hệ phương trình  8 x 2  3xy  4 y 2  xy  4 y   Hướng dẫn:  y 4  4 x  2 xy  2 x  4  5   x; y    . Xét hệ phương trình  8 x 2  3xy  4 y 2  xy  4 y   Điều kiện 8 x 2  3 xy  4 y 2  0; xy  0; y  0  x  0; y  0 . Xét x  y  0 không thỏa mãn hệ phương trình. Xét x  0; y  0 phương trình thứ hai của hệ tương đương với 8 x 2  3 xy  4 y 2  3 y  xy  y  0    x  y  8 x  5 y  y  x  y 8x  5 y y  0   x  y  0 x y     8 x 2  3 xy  4 y 2  3 y xy  y  8 x 2  3 xy  4 y 2  3 y xy  y   x2  2 x  4 4 Phương trình thứ nhất của hệ trở thành x  4 x  2  5. Để ý rằng 2 2 x 2  2 x  4   x  1  3  3 x    5   x 4  4 x   2 x  2 x 4 8 2  x 4  4 x  3  0   x  1  x 2  2 x  3  0  x  1  y  1 Hệ có nghiệm duy nhất  x; y   1;1 . k 9 9 9 k      1511  1511   C9k 39 k 3 2  1511   C9k 39 2 2 . Để thỏa mãn là số hạng nguyên dương thì Xét khai triển 3  3 2 k 0 k 0 k  ; k  9  k  0; 2; 4;6;8 . Số hạng nguyên dương là 1511  39.1393 . 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 4
B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7 .b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt cầu có tâm nằm trên đường thẳng 4  2 x  y  1  z  8 và đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  2  0 ;  Q  : x  2 y  2 z  4  0 . Hướng dẫn: Tọa độ tâm I  2  t ;1  2t ;8  2t  .  2  t  2  4t  16  4t  2 2  t  2  4t  16  4t  4   2 2 1  2   2  2 2 12  22   2   t  11  d  I ,  P   d  I , Q    R    R  1  R  2  t  2  4t  16  4t  2  2 12  22   2    2 2 2 Phương trình mặt cầu cần tìm :  x  13   y  21   z  14   1 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2 2 Câu 8.b (1,0 đ iểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đư ờng tròn  C  :  x  2    y  1  9 và đường thẳng có phương trình  :  m  1 x  my  1 . Chứng minh rằng  luôn cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để độ dài đoạn AB nhỏ nhất. Hướng dẫn: Đường tròn đã cho có tâm I  2;1 và bán kính R  3 . Gọi điểm M  a; b  là điểm cố định mà đường thẳng  luôn đi qua với mọi m. Ta có a  b  0 m  a  b   a  1  0 m     a; b   1; 1  M 1; 1 a  1  0 IM  5  R n ên M nằm trong hình tròn (C) và do đó  luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi H là trung điểm đoạn AB . Áp dụng định lý Pythagores trong tam giác vuông IHA ta có 2  AB    IH  R  AB  4  9  IH  ; IH  IM  5  AB  4 . 2 2 2 2  2  Đẳng thức xảy ra khi H  M    IM  2  m  1  m  0  m  2 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- x  x  m Câu 9 .b (1,0 điểm). Tìm m để hàm số y  có cực đại, cực tiểu sao cho khoảng cách giữa điểm đó bằng 10. 1 x Hướng dẫn:  g  x    x 2  2 x  m  0   x2  2x  m   0 y ;y 2 1  x  x  1     1  m  0  Hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1    m  1 .  f 1  m  1  0  Hai nghiệm x1 , x2 của (*) tương ứng là hoành độ hai điểm cực trị E, F. Phương trình đường thẳng EF: y  2 x  m . Tọa độ hai cực trị E  x1 ; 2 x1  m  , F  x2 ; 2 x2  m  . x  x  2 Áp dụng định lý Viete cho (*):  1 2  x1 x2  m 2 2 2 EF  10  EF 2  100   x2  x1    2 x1  2 x2   100   x1  x2   4 x1 x2  20  4  4m  20  m  4 . Giá trị n ày thỏa mãn điều kiện m  1 . Kết luận m  4 . ------------HẾT ------------ 5