Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã B8

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

Thêm vào BST

Báo xấu

139
lượt xem 18
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Ôn thi hiệu quả và đạt kết quả cao với đề thi thử Đại học môn Toán khối B năm 2013, đề thi mang đến cho bạn những câu hỏi hay và hữu ích giúp bạn ôn thi dễ dàng và đạt hiệu quả với phần hướng dẫn giải đi kèm. Mời các bạn cùng tham khảo.

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 B8

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ B8 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) mx Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  (1), với m là tham số thực. x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m  1 . 1 2. Xác đ ịnh m để đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng x  y  tại hai điểm A, B phân biệt sao cho diện tích tam 2 1 giác OAB bằng (O là gốc tọa độ). 8 Hướng dẫn: 1 x 1. Khảo sát hàm số y  , bài toán cơ bản, học sinh tự giải. x2 1 2. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng  : y   x  và đồ thị h àm số đã cho là: 2  x  2 mx 1   x     f  x   2 x  x  2 m  2  0 1 2 x2 2  Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2  f  2   0 17   2  m  . (*)  16    17  16m  0  1   x1  x2   Hai nghiệm x1 , x2 của (1) tương ứng là hoành độ hai giao điểm A, B. Áp d ụng định lý Viete cho (1):  2  x1 x2  m  1  1 1  2 Ta có A  x1 ;  x1  , B  x2 ;  x2  . Khoảng cách AB: AB  2  x2  x1   2 x2  x1 2 2  1 1 1 Kho ảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng AB: d  0,    . .  2 12  12 2 2 1 1 1 1 1 2 S OAB   AB.d  O,     x2  x1    x2  x1   8 2 8 2 4 1 1 1 2   x2  x1   4 x1 x2    4  m  1   m  1 4 4 4 Giá trị n ày thỏa mãn điều kiện (*) nên là giá trị cần tìm của m. --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- x2  8 6  x   . Câu 2 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 1  4  x 6  x x Hướng dẫn:  x2  6 x  4  0 Điều kiện  x  0 Bất phương trình đã cho tương đương với 2 x  x  2 x  2 x 8 6 x  12 6 6 x  1 (1)  1  2  1 2 4 x 4  x 6  x x x  6x  4 x  6x  4 x 6 x 1
2 4  t  t 2  x   4 . Bất phương trình (1) trở thành x Đặt x x t  2  t  1  t  2   0   1  t  2 t2  t  2 t 1 2 0  t2  2 t2  2 t 2 t   2  Xét 3 trường hợp 2    t2 x 1  3  x  3 1  x  4  2 3 2 1 5 1 5   t 2 x  2 x   x  3 5 2 2 2      x 1 x 2 0 x  1    * 1  t  2    5 1  1  x  3  5 2 1 5   x  x   2  2 2   x  4  2 3  Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 0  x  3  5  1  x  3  5  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình cos 2 x sinx  cos 3 x  cosx  sinx . Hướng dẫn: Phương trình đã cho tương đương với  2cos 2 x  1 sinx  cos3 x  cosx  sinx  2cos 2 x sinx  cos3 x   cosx  2sinx   cos 2 x  sin2 x   sinx  0  x  k  2sin3 x  sin 2 xcosx  0  sinx  2 sinx  cosx   0   k    1 tanx    tan  x    k  2 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  2 2012 cos x  2011sin x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx . 3  cos x  sin x  0  2 2012sin x  2011cosx Xét tích phân J   dx 3  cos x  sin x  0     2 2 12 2 sin x  cosx 1 1 1  Ta có I  J   dx  tan  x    1 . dx   dx   3 2   cos x  sin x   cos x  sin x   20 2 4 0  cos 2  x   0 0 4     Đặt x   t  dx  dt ; x  0  t  ; x   t  0 . 2 2 2   0 2 2 2012 cos x  2011sin x 2012sin t  2011cos t 2012sin t  2011cos t I  dx    dt   dt  J 3 3 3  cos x  sin x   sin t  cos t   sin t  cos t   0 0 2 I  J  1 1 IJ   I  J 2 2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng 2 a 6 , chiều cao SH  a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và AB. Tính thể tích khối chóp S .AMN và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S .AMN. Hướng dẫn: a 3 3a 2 2 1 3a 2 2 a 3 2 1 1 11 Tam giác ABC đều nên dễ thấy S AMN  MN . d  A, BC   . 2a 6. .   VS . AMN  .a.  2 2 22 4 8 3 8 8 Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy (ABC) thì H là tâm của tam giác đều ABC. Gọi O là trung điểm của HA thì O là trọng tâm tam giác đều AMN. Gọi I là trung điểm của S A thì OI song song với S H, suy ra OI vuông góc với mặt phẳng (AMN). OA  OM  ON  IA  IM  IS . Như vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .AMN. SA 3a nên diện tích mặt cầu ngoại tiếp h ình chóp là S  4 R 2  9 a 2 . Bán kính R   2 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- ab  bc  ca 3 3 2  a  b 2  c 2   9 23 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a , b, c   0;1 . Chứng minh  abc 2 Hướng dẫn: Với mọi a , b, c   0;1 ta có 1  a  0,1  b  0,1  c  0 . Áp d ụng b ất đẳng thức AM – GM ta có 1 1 2 1 33 1  a 2   1  3 23 a 2  3 23 .  a  a 1  a 2   a3     a 2 a 33 33 33 Tương tự 1 332 33  b b 2 2 1 332 33  c c 2 2  a  b 2  c 2   9 23 . Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  13 . 1 1 1 33 2 Suy ra    abc 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 đ iểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0;0; 3 , B  2;0; 1 và mặt phẳng (P) có phương trình 3 x  8 y  7 z  1  0 . Xác định tọa độ điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC là tam giác đều. Hướng dẫn:  Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB, suy ra (Q) đi qua điểm I 1;0; 2  và có vector pháp tuyến n  1;0;1 . Phương trình mặt phẳng (Q) : x  z  1  0 . Tọa độ điểm C thuộc (P) sao cho tam giác ABC cân đỉnh C thỏa mãn hệ  z   x 1 3 x  8 y  7 z  1  0    1 x  z 1  0  y  1  2 x  Hơn nữa để tam giác ABC đều thì 2 1  2 2 AC  AB  x 2  y 2   z  3  8  x 2   x  1    2  x   8 2   x  2  C1  2; 2; 3   2  3x  4 x  4  0   2  2 2 1 x    C2   ;  ;    3  3 3 3  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3
Câu 8 .a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọ a độ Oxy , cho tam giác ABC có hai đ ỉnh A, B nằm trên đường phân giác thứ nh ất của hệ trục, điểm I  2;1 là trung điểm của đoạn thẳng BC. Tìm tọa độ trung điểm K của đoạn thẳng AC biết rằng tam giác ABC có diện tích bằng 2. Hướng dẫn: Phương trình cạnh AB : y  x . Dễ thấy IK là đường trung bình của tam giác ABC nên IK song song với AB. Đường thẳng IK qua I  2;1 và song song với AB có phương trình x  y  1  0 . 2 2 1 Kẻ CH và IT vuông góc với AB thì CH  2 IT  2d  I ,  AB     2. 12  12 1 1 Diện tích tam giác ABC : S ABC  .CH . AB  2  . 2 AB  AB  2 2  IK  2 2 2  x  1  K1 1;0  2 2 Tọa độ điểm K  x; x  1 ; IK  2   x  2    x  2   2  x  2  1    x  3  K 2  3; 2   ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2 x2  2 xy  y 2 x y  2 y  4 2 xy  5.2 x  x; y    . Câu 9 .a (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  log 3 x  log 5 y  log 3 y.log 5 x  Hướng dẫn: Điều kiện x  0, y  0 . x 2x y y  y yx Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2  4.2  5.2 x . x y Đặt 2 y  a; 2 x  b  a  0; b  0  ta thu được 4a 2 xy  5b  4a 2  ab  5b 2  0   a  b   4a  5b   0  a  b    x 2  y 2  x  y . a b yx Phương trình thứ hai của hệ trở thành log 3 x  log 5 x  log 5 x.log3 x  log3 x. 1  log5 3  log3 x.log 5 x x  0  log 3 x.  log 5 x  log 5 15   0    x  15 Suy ra h ệ đã cho có hai nghiệm  x; y   1;1 , 15;15  . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7 .b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho b a điểm A 1;1; 2  , B  2;1; 1 , C  2; 2; 1 và mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  1 . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho biểu thức T  MA2  2MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn:      Giả sử tồn tại điểm I sao cho IA  2 IB  IC  0 , thế thì                1 1 1   IO  OA  2 IO  OB  IO  OC  0  4OI  OA  2OB  OC   1;1; 1  I   ; ;   .  4 4 4  2  2  2    2    2   2       T  MA2  2 MB 2  MC 2  MA  2 MB  MC  MI  IA  2 MI  IB  MI  IC       105  2 MI  IA  IB  IC   4 MI  T  4 MI 2  IA2  2 IB 2  IC 2 2 4 T đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất. Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng (P) ta có IM  IH . Như vậy MI nhỏ nhất khi M trùng với H. 4
1 1 1 x y z  4 4 4 Phương trình đường thẳng IH qua I và có vector chỉ phương u   2; 1; 2  : 2 2 2 1 1 1  x 4 y 4 z 4  3 14 3   3 14 3     x; y; z    ; ;  . Điểm cần tìm là M  ; ;  .   Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ  2 2 2 5 5 5 5 5 5 2x  y  z  1  0   ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8.b (1,0 đ iểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đư ờng thẳng d1 : 2 x  y  2; d 2 : 2 x  y  2  0 . Lập 16 phương trình đường tròn tâm I  2; 4  cắt hai đường thẳng lần lượt theo hai dây cung AB, CD sao cho AB  CD  . 5 Hướng dẫn: 2.2  4  2 2.2  4  2 2 6 Ta có h1  d  I , d1   ; h2  d  I , d 2   .   22  1 22  1 5 5 Kẻ IH vuông góc với AB và IK vuông góc với CD thì H, K tương ứng là trung điểm của hai đoạn thẳng AB, CD. Áp dụng định lý Pythagores trong các tam giác IAH và ICK ta có 16 16 8  2  AH  CK    R 2  IH 2  R 2  IK 2  AB  CD  5 5 5 8  R 2  h12  R 2  h22  5 4 36 8 R  x x  x   5 x  4  5 x  36  8  5 x  40  x  8 5 5 5 2 2 Phương trình đường tròn cần tìm  x  2    y  4   64 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3 Câu 9.b (1,0 đ iểm). T ìm giá trị thực của m để đường thẳng d : y  2 x  m cắt đồ thị y  3  x  tại hai điểm M, N x 1 phân biệt sao cho trọng tâm tam giác IMN n ằm trên đường thẳng x  2 y  11  0 (với I là giao điểm hai đường tiệm cận). Hướng dẫn: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là  f  x   3 x 2   m  6  x  m  0   1  2x  m  3  x   x 1 x  1  Phương trình (*) có   m 2  36  0 ; f 1  3  0 m nên luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1 với mọi m. Hai nghiệm x1 , x2 của (*) tương ứng là hoành độ hai giao điểm M, N. Dễ thấy A  x1 ; 2 x1  m  , B  x2 ; 2 x2  m  . 6m Áp dụng định lý Viete cho (*) ta có x1  x2  . 3 Tiệm cận đứng x  1 và tiệm cận xiên y  3  x , suy ra giao điểm I của hai đường tiệm cận I 1; 2  .  6  m 1 2  6  m  2m  2  Tọa độ trọng tâm tam giác IMN là G  . ;  9 3 9 3 9m 18  4 m Theo yêu cầu bài toán G   : x  2 y  11  0   11  0  m  8 .  2. 9 9 Giá trị cần tìm của m là m  8 . ------------HẾT ------------ 5