Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 32 pot

Trang 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 32 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = 21 1 x x . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận, A là điểm trên (C) có hoành độ là a. Tiếp tuyến tại A của (C) cắt hai đường tiệm cận tại P và Q. Chứng tỏ rằng A là trung điểm của PQ và tính diện tích tam giác IPQ. Câu II: (2điểm) 1) Giải bất phương trình: 22 log ( 3 1 6) 1 log (7 10 )xx 2) Giải phương trình: 66 22 sin cos 1 tan 2 cos sin 4 xx x xx Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I = 4 2 0 2 1 tan x x e e x dx x Câu IV: (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là một hình thoi cạnh a, góc  BAD = 60 0 . Gọi M là trung điểm AA và N là trung điểm của CC . Chứng minh rằng bốn điểm B , M, N, D đồng phẳng. Hãy tính độ dài cạnh AA theo a để tứ giác B MDN là hình vuông. Câu V: (1 điểm) Cho ba số thực a, b, c lớn hơn 1 có tích abc = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 1 1 1 P abc II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2; –1) và đường thẳng d có phương trình 2x – y + 3 = 0. Lập phương trình đường thẳng ( ) qua A và tạo với d một góc α có cosα 1 10 . 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(3;1;1), B(0;1;4), C(– 1;–3;1). Lập phương trình của mặt cầu (S) đi qua A, B, C và có tâm nằm trên mặt phẳng (P): x + y – 2z + 4 = 0. Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Từ các chữ số của tập X có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và phải có mặt chữ số 1 và 2. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: ( 2 điểm) Trang 2 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(–1;1) và B(3;3), đường thẳng ( ): 3x – 4y + 8 = 0. Lập phương trình đường tròn qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng ( ). 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm A(3;0;0), B(0;1;4), C(1;2;2), D(–1;–3;1). Chứng tỏ A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện và tìm trực tâm của tam giác ABC. Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình: log log 2 2 3 yx xy xy y . HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 2) Giao điểm I(1; –2). 21 ; 1 a Aa a Phương trình tiếp tuyến tại A: y = 2 1 (1 )a (x – a) + 21 1 a a Giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến tại A: 2 1; 1 a P a Giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến tại A: Q(2a – 1; –2) Ta có: x P + x Q = 2a = 2x A . Vậy A là trung điểm của PQ Ta có IP = 22 2 11 a aa ; IQ = 2( 1)a . S IPQ = 1 2 IP.IQ = 2 (đvdt) Câu II: 1) Điều kiện: 1 10 3 x BPT 22 3 1 6 log log (7 10 ) 2 x x 3 1 6 7 10 2 x x 3 1 6 2(7 10 )xx 3 1 2 10 8xx 49x 2 – 418x + 369 ≤ 0 1 ≤ x ≤ 369 49 (thoả) 2) Điều kiện: cos2x ≠ 0 () 42  k xk PT 2 31 1 sin 2 sin 2 44 xx 3sin 2 2x + sin2x – 4 = 0 sin2x = 1 4 xk ( không thoả). Vậy phương trình vô nghiệm. Câu III: I = 44 2 00 2 cos x xe dx xdx = I 1 + I 2 Tính: I 1 = 4 0 2 x xe dx Đặt 2 x ux dv e dx I 1 = 4 2 e – 2 4 2e I 2 = 4 0 1 cos2 2 x dx = 11 sin2 4 22 0 xx = 1 84 Câu IV: Gọi P là trung điểm của DD . A B NP là hình bình hành A P // B N Trang 3 A PDM là hình bình hành A P // MD B N // MD hay B , M, N, D đồng phẳng. Tứ giác B NDM là hình bình hành. Để B’MND là hình vuông thì 2B N 2 = B D 2 . Đặt: y = AA’ 2 2 2 2 2 4 y a y a y = 2a Câu V: Ta chứng minh: 1 1 2 11 1 ab ab 1 1 1 1 11 11 ab ab ab ≥ 0 2 ( ) ( 1) 0 (1 )(1 )(1 ) b a ab a b ab (đúng). Dấu "=" xảy ra a = b. Xét 3 1 1 1 1 1 1 1 1 abc abc 6 4 22 1 1 ab abc 3 4 4 4 12 44 1 1 abc abc P 3 3 1 1 abc . Vậy P nhỏ nhất bằng 1 khi a = b = c = 2 Câu VI.a: 1) PT đường thẳng ( ) có dạng: a(x – 2) + b(y +1) = 0 ax + by – 2a + b = 0 Ta có: 22 21 cos 10 5( ) ab ab 7a 2 – 8ab + b 2 = 0. Chon a = 1 b = 1; b = 7. ( 1 ): x + y – 1 = 0 và ( 2 ): x + 7y + 5 = 0 2) PT mặt cầu (S) có dạng: x 2 + y 2 + z 2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0 (S) qua A: 6a + 2b + 2c – d – 11 = 0 (S) qua B: 2b + 8c – d – 17 = 0 (S) qua C: 2a + 6b – 2c + d + 11 = 0 Tâm I (P): a + b – 2c + 4 = 0 Giải ra ta được: a = 1, b = –1, c = 2, d = –3 Vậy (S): x 2 + y 2 + z 2 – 2x + 2y – 4z – 3 = 0 Câu VII.a: Có 6 tập con có 5 chữ số chứa các số 0; 1; 2 Có 4 tập con có 5 chữ số chứa 1 và 2, nhưng không chứa số 0 Vậy số có các chữ số khác nhau được lập từ các chữ số đã cho bằng: 6(P 5 – P 4 ) + 4P 5 = 1.056 (số) Câu VI.b: 1) Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực d của đoạn AB d qua M(1; 2) có VTPT là (4;2)  AB d: 2x + y – 4 = 0 Tâm I(a;4 – 2a) Ta có IA = d(I,D) 2 11 8 5 5 10 10a a a 2a 2 – 37a + 93 = 0 3 31 2 a a Với a = 3 I(3;–2), R = 5 (C): (x – 3) 2 + (y + 2) 2 = 25 Với a = 31 2 31 ; 27 2 I , R = 65 2 (C): 2 2 31 4225 ( 27) 24 xy 2) Ta có 1 ( 3;1;4); ( 1;1;1) 2    AB a AC PT mặt phẳng (ABC): 3x + y + 2z – 6 = 0 ()D ABC đpcm Câu VII.b: Điều kiện: x > 0 và x ≠ 1 và y > 0 và y ≠ 1 Ta có 2 log log log log 2 0 y x y y xy y x x log 1 log 2 y y x x 2 1 xy x y Với x = y x = y = 2 log 3 1 Với x = 2 1 y ta có: 2 1 2 2 3 y y theo bất đẳng thức Cô-si suy ra PT vô nghiệm . Trang 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 32 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = 21 1 x x . 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ. A B NP là hình b nh hành A P // B N Trang 3 A PDM là hình b nh hành A P // MD B N // MD hay B , M, N, D đồng phẳng. Tứ giác B NDM là hình b nh hành. Để B MND là hình vuông thì 2B N 2 . thì 2B N 2 = B D 2 . Đặt: y = AA’ 2 2 2 2 2 4 y a y a y = 2a Câu V: Ta chứng minh: 1 1 2 11 1 ab ab 1 1 1 1 11 11 ab ab ab ≥ 0 2 ( ) ( 1) 0 (1 )(1 )(1 ) b a ab a b ab (đúng). Dấu