Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã B9

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

Thêm vào BST

Báo xấu

134
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo: Đề thi thử môn Toán khối B năm 2013 dành cho những bạn đang có nhu cầu tham khảo học tập và ôn thi. Tài liệu mang đến cho bạn những bài tập Toán hay cùng hướng dẫn giải chi tiết giúp bạn tham khảo dễ dàng.

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 B9

TRUONGHOCSO.COM TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÃ SỐ B9 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) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4   4m  2  x 2  4m 2 (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m  0 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn hệ thức x14  x2  x3  x4  17 . 4 4 4 Hướng dẫn: 1. Khảo sát hàm số y  x 4  2 x 2 , bài toán cơ bản, học sinh tự giải. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là x 4   4m  2  x 2  4m 2  0   . Đặt x 2  t  t  0  thu được t 2  2  2m  1 t  4m 2  0  2  Hai đồ thị cắt nhau tại 4 điểm phân biệt khi (*) có 4 nghiệm phân biệt, tức là (2) có 2 nghiệm dương phân biệt    4 m  1  0  1   S  2  2m  1  0    m  0 2  P  4m 2  0  4 nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 tương ứng là hoành độ 4 giao điểm A, B, C, D. Hơn nữa, gọi 2 nghiệm dương của (2) là t1 , t 2 . Không mất tính tổng quát, giả sử x12  x2  t1 ; x3  x4  t2 . 2 2 2 t1  t2  2  2m  1  Áp dụng định lý Viete cho phương trình (2) ta có  2 t1t2  4m  17 9 1 2 x14  x2  x3  x4  17  2  t12  t2   17   t1  t 2   2t1t2  4 4 4 2  16m 2  32m  9  0  m   ; m  . 2 4 4 1 Giá trị cần tìm là m  . 4 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 10 x  4  y  5 xy   x; y    . Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 2 12 x  2 xy  y  13 x  2 y  xy  2  Hướng dẫn: Điều kiện xy  0 .     2 3 x  y  xy  4 x  y  3 xy  4  Hệ phương trình đã cho tương đương với      3 x  y  xy 4 x  y  3 xy  2  Đặt 3 x  y  xy  a ; 4 x  y  3 xy  b thu được  b  2  b  4  2a 3 x  y  xy  1  2a  b  4 a  1       2  a  4  2a   2  a  1  0  ab  2 b  2  4 x  y  3 xy  2     x  4 x  1 4x 1  xy  3 x  y  1  1  20 x  5 x  11x  6 2       3x     5 5 4 x  y  3  3x  y  1  2 4 x  5 y  1  0 4 x  5 y  1  0    1
Phương trình (*) tương đương với 6 6   x  x    11  x 1 y 1  11  20 x 2  5 x  121x 2  132 x  36 101x 2  137 x  36  0   Hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y   1;1 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 8  cot x  tan 3 x . Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 sin 2 x Hướng dẫn: Điều kiện sin2 x  0 . Phương trình đã cho tương đương với 8 cos x sin x 8 1  tan 3 x  tan x   tan 3 x  tan x    3 3 sin 2 x sin x cos x sin 2 x sin 2 x a  b 2   a; tan x  b thu được a  a  b  b   a  b   a  ab  b  1  0   3 3 2 2 2 Đặt b 3 a    b 2  1  0 1 sin 2 x  2 4  2  tan x  sin 2 x  1  cos x  0 (Loại). Phương trình (1) vô nghiệm nên ta có a  b  sin 2 x Phương trình đã cho vô nghiệm. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  e x  2  sin 2 x  4 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx . 1  cos 2 x 0 Hướng dẫn:     x x x 4 4 4 4 e e sin x cos x e dx   e x tan x dx I  2 dx  2  dx   cos 2 x 1  cos2 x 1  cos2 x 0 0 0 0     4 4 I  e x tan x   e x tan x dx   e x tan x dx  e 4 4 0 0 0 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy A’B’C’ là tam giác vuông tại B’. Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng AC’. Biết góc giữa đường thẳng A’K và mặt phẳng (C’AB) bằng 30 và A ' B '  a, A ' C '  a 5 , tính thể tích khối tứ diện KA’BC. Hướng dẫn: 1 1 1 1 1 a 15 A ' KH  30  A ' K  2 A ' H ;   2  2  A'K  2 2 2 AA ' A' H a A' K 5a 2 a5 AA '  a 15; AC '  A ' C  2a 5  OA '  a 5; OK  2 5a 2 3 Diện tích tam giác A’CK : S A ' CK  2SOA ' K .  A ' K .OK  4 2a Kẻ BI vuông góc với AC thì BI vuông góc với mặt phẳng (CA’K) nên BI là đường cao tứ diện B.A’CK và BI  . 5 a 3 15 1 VKA ' BC  VBA"CK  BI .S A ' CK  . 3 6 2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a , b, c thỏa mãn a  2b  3c  4 . Chứng minh b  a  c   ca  2 . Hướng dẫn: Dễ thấy bc  0 nên ta chỉ cần chứng minh a  b  c   2 . Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a  b  c  4 2 a 3 bc  0 a  2  b c 2  a  2b  3c   2 .Đẳng thức xảy ra khi  3 a 3    2 2 a  b  c   a  b  c   2.  b  c   2.   b  1 ca  0 2 2 2 4 8   c  0  a  b  3c  2  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 1 3 Câu 7 .a (1,0 điểm). Giải phương trình log 3  x2  2 x   log 1  x  3  log3  x   . x 1 2 3 Hướng dẫn: Điều kiện x  0 . Phương trình đã cho tương đương với log 3  x  x  2    log 3  x  3   log 3 3  log 3  x  1  log 3  x  x  3   x  2   x  1   log 3 3     2  3 3 x     0  L  2 4  x  x  3   x  2   x  1  3   x 2  3 x   x 2  3 x  2   3   x 2  3 x  3  x 2  3 x  1  0    13  3 x   2 13  3 Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  . 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8 .a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh B 1; 2  , phương trình đường phân giác trong của góc A là d : 2 x  y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và C b iết rằng điểm C nằm trên trục tung và kho ảng cách từ C đ ến d bằng hai lần khoảng cách từ B đến d . Hướng dẫn: Gọi giao điểm của d và BC là D. Kẻ BH và CK cùng vuông góc với d, ta có BH song song với CK.    BH BD 1    CD  2 DB . Áp dụng định lý Thalets ta có CK CD 2 2   d  2 1  d  d   Gọi tọa độ đỉnh D  d ;1  2d  , C  0; c  thu được   3 1  2a  c  2 1  2a  c  5   Ta có C  0; 5  . Giả sử E là điểm đối xứng với B qua phân giác d, H là trung điểm của BE.  1 7  7 4 Phương trình đường thẳng BH qua B và vuông góc với d : x  2 y  3  0 , tọa độ điểm H   ;   E   ;  .  5 5  5 5 Phương trình đường thẳng AC đi qua hai điểm C và E : 29 x  7 y  35  0 .  29 x  7 y  35  0  14 33  Tọa độ đỉnh A thỏa mãn hệ   A  ;  . 2 x  y  1  0  5 5 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3
Câu 9.a (1,0 điểm). T rong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình đường thẳng  đi qua A  1; 0; 2  cắt mặt x 3 y  2 ph ẳng  P  : 2 x  y  z  3  0 tại C và cắt đường thẳng d :   z  6 tại B sao cho AB  AC . 2 4 Hướng dẫn: 2 x  y  z  3  0   M  5;6;7  . Giao điểm M của đường thẳng d và mặt phẳng (P) thỏa mãn hệ  x  3 y  2   z 6 2  4 x 1 y z  2 Gọi l là đường thẳng qua A và song song với d thì l : .  2 4 1  x 1 y z  2   1  N  3; 4;1 . Giao điểm N của đường thẳng l và mặt phẳng (P) thỏa mãn hệ  2 4 2 x  y  z  3  0  Trong tam giác MBC, AN song song với BM và A là trung điểm của BC nên N là trung điểm của MC. x 1 y z  2 Ta có C  11; 14; 5  . Phương trình đường thẳng AC :   . 10 14 4 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- B. Theo chương trình Nâng cao 31  1 4x  6 4 Câu 7.b (1,0 đ iểm). Tìm hệ số của số hạng chứa a trong khai triển Newton  3 biết x, y thỏa mãn hệ  3 a  2y a     7 x 1  6 log 7  6 x  5   1   x; y    . phương trình  y  2 y C y  4  C y  2  3  y  1  4 x  2  Hướng dẫn: Xét hệ phương trình, điều kiện x  2 . Đặt t  1  log 7  6 x  5   7t 1  6 x  5 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 7 x 1  6t  5 . Suy ra 7 x 1  6 x  7t 1  6t . Xét hàm số f  u   7u 1  6u ; f   u   7u 1 ln 7  6  0 u  f  u  là hàm số đồng biến trên R. Khi đó f  x   f  t   x  t  7 x 1  6 x  5 . Hai đồ thị n ày cắt nhau tại đúng hai điểm có hoành độ là x  1; x  2 . Chọn nghiệm x  2 . Phương trình thứ hai của hệ tương đương với  y  4 !   y  2 !  3 y  3  y  3 y  4  y  1 y  2  6 y  6 2 C yy 4  C yy 2  3  y  1         y  2 !2! y !2!  y 2  7 y  12  y 2  3 y  2  6 y  6  y  2 31 31 k 31 93 7 k  1 4x  31 31 2 k 2  k4  31 k    2 y 4 a    3  4 4 a    C31  3  4 4 a   C31 k a 12 Khi đó  3 3 a  6 3 a 3 a     k 0 k 0 31 34 93  7 k Số hạng chứa a 6 tương ứng với . Hệ số cần tìm là C31 3 . 6k 3 6 12 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 8 .b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình đường thẳng  đ i qua điểm A  3; 1;1 , nằm trong mặt phẳng  P  : x  y  z  5 và tạo với đường thẳng d : 2 x  y  2  z một góc   45 . Hướng dẫn:  Đường thẳng  cần tìm có vector chỉ phương u   a; b; c  .        Theo bài ra  n ằm trong mặt phẳng (P) nên u  nP  u .nP  0  a  b  c  0  a  b  c . 4
Hơn nữa,  tạo với đư ờng thẳng d : 2 x  y  2  z một góc   45 nên    u .ud a  2b  2c 2 2 cos  , d   cos     cos45    2 3b  c  3 b 2  c 2   b  c   2 2 2 2 u . ud a  b  c . 1 4  4 c  0  8c 2  15bc  0  c 8c  15b   0   8c  15b Xét hai trường hợp x  3  t   c  0  a  b  a  0; b  0  . Chọn a  b  1   :  y  1  t z  1  x  3 y 1 1 z  8c  15b; b  8  c  15; a  7   :   . 8 7 15 Như vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 9 .b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hypebol  H  : 8 x2  y 2  8 . Tìm m sao cho hypebol trên cắt đư ờng thẳng d : 2 x  y  m  0 tại hai điểm A, B thỏa mãn 2 AF1  BF2 (A, B lần lượt thuộc nhánh trái và nhánh phải của hypebol, F1 , F2 là hai tiêu điểm của (H) và F1 có hoành độ âm). Hướng dẫn: y2 Phương trình chính tắc của hypebol : x 2   1  a  1; b  2 2; c  3  F1  3;0  , F2  3;0  . 8 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (H) và đường thẳng d là: 8 x 2   2 x  m   8  4 x 2  4mx  m 2  8  0   Dễ thấy 4   m2  8   0 m   nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu. Gọi hai nghiệ m của (*) là x1 , x2 . Áp dụng định lý Viete cho (*): x1  x2  m . Ta có AF1  1  3x1  1  3 x1 ; BF2  1  3 x2  1  3 x2 2 AF1  BF2  2 1  3 x1   1  3x2  2 x1  x2  1  0  x1  m  1  0  x1  m  1 2 2 Thay vào (*) thu được 4  m  1  4m  m  1  m 2  8  0  7 m 2  12 m  4  0  m  2; m   . 7 ------------HẾT ------------ 5