Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!
www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề ĐỀ THI THỬ I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 (1) 1 x m y mx , với m là tham số thực khác không. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. b) Xác định tham số m để đường thẳng ( ) : 2 2d y x m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B và cắt các trục Ox, Oy theo thứ tự tại M, N sao cho diện tích tam giác OAB bằng ba lần diện tích tam giác OMN. Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: sin 2 (2cos 5) cos2 4sin 5cos 3 0x x x x x . Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 ( )( 3) 3( ) 2 ( , ) 2 2 6 11 x y x xy y x y x y x y x x . Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 0 2 1 1 x x xe I dx x e . Câu 5 (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = AC = a, hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) là điểm H nằm trên cạnh BC sao cho BH = 3CH, góc giữa BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a và tính côsin góc tạo bởi mặt phẳng (BCC’B’) với mặt phẳng (ABC). Câu 6 (1,0 điểm) Định m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt: 2 3 2 ( 1) ( 2) ( 4)(11 8 8) 0m x x x x . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm (4; 1)A và đường tròn 2 2 40 ( ): ( 2) ( 3) 3 T x y . Viết phương trình đường thẳng (d) cắt (T) tại hai điểm B, C sao cho tam giác ABC đều. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 2; 3), đường cao BH nằm trên đường thẳng 1 1 7 ( ) : 1 1 2 x y z d và đường trung tuyến CM nằm trên đường thẳng 2 2 2 4 ( ) : 1 2 1 x y z d . Tìm tọa độ các điểm B và C. Câu 9.a (1,0 điểm) Một hộp đựng 28 viên bi, trong đó có 8 viên bi màu đỏ, 9 viên bi màu vàng và 11 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên ra 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 viên bi lấy ra, có ít nhất một viên bi màu đỏ. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh (2; 1)A và điểm ( 3; 4)M thuộc đoạn BC sao cho 4BC BM . Tìm tọa độ các đỉnh B và C. Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 2 3 3 ( ) : 1 2 2 x y z d , 2 1 1 1 ( ) : 1 2 2 x y z d và điểm A(2; 3; 1). Tìm tọa độ các điểm B thuộc (d 1 ) và C thuộc (d 2 ) sao cho , ,A B C thẳng hàng và tam giác BIC cân tại I, với I là giao điểm của (d 1 ) và (d 2 ). Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 6 2 2 3 3 2 8 0 x x x x x . ----------------- Hết ----------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:…………………… www.VNMATH.com ĐÁP ÁN KHỐI B Câu Đáp án Điểm a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. Khi m = 1, hàm số (1) có dạng 2 1 1 x y x TXĐ: 2 3 \ 1 , ' 0, ( 1) y x x D D Hàm số đồng biến trên các khoảng: ( ; 1) và ( 1; ) 0,25 Giới hạn và tiệm cận: 1 1 lim ; lim x x y y ; tiệm cận đứng: x = 1 lim lim 2 x x y y ; tiệm cận ngang y = 2 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 Đồ thị: 0,25 b) Xác định tham số m để đường thẳng ( ) : 2 2d y x m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B và cắt các trục Ox, Oy theo thứ tự tại M, N sao cho diện tích tam giác OAB bằng ba lần diện tích tam giác OMN. Ta có phương trình hoành độ giao điểm giữa d và đồ thị hàm số (1): 2 1 1 2 2 2 1 2 (2 2 )( 1) 2 2 1 0 x x x m x m m m mx x m x m mx x mx Suy ra d cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình 2 2 2 1 0x mx có 2 nghiệm phân biệt khác 1 m . Điều này tương đương với: 2 2 2 2 2 1 1 1 0 2 2 1 0 ' 2 0 ' 2 0 m m m m m m đúng 0m Vậy 0m , d luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. 0,25 1 (2,0 điểm) Ta có: 0,25 x y’ + y 1 + + + 2 2 x y 1 2 1 1 0 www.VNMATH.com + 2 2 ' | | ' 2 | | B A x x m a 2 2 2 , 2 2 | | 2 | | 2 2 A A B B B A B A y x m y x m y y x x m 2 2 2 ( ) ( ) 5( 2) B A B A AB x x y y m + | 2 | [ ,( )] 5 m d O d Diện tích OAB được tính bởi: 2 2 1 1 | 2 | . [ ,( )] 5( 2). | | 2 2 2 5 OAB m S AB d O d m m m + Giao điểm của (d) với các trục tọa độ lần lượt là M(m; 0) và N(0; 2m). Diện tích OMN được tính bởi: 2 1 1 . | |.| 2 | 2 2 OMN S OM ON m m m 0,25 Theo giả thiết: 2 2 2 2 4 2 1 1 3 | | 2 3 ( 2) 9 4 2 OAB OMN S S m m m m m m m m Vậy 1 2 m là kết quả của bài toán 0,25 Giải phương trình: sin 2 (2cos 5) cos2 4sin 5cos 3 0x x x x x . Phương trình tương đương: 2 2 4sin .cos 10sin .cos 4sin 2cos 5cos 2 0x x x x x x x 2 2 2sin (2cos 5cos 2) 2cos 5cos 2 0x x x x x 0,25 2 2 2sin 1 0 (1) (2cos 5cos 2)(2sin 1) 0 2cos 5cos 2 0 (2) x x x x x x 0,25 2 1 6 (1) sin ( ) 7 2 2 6 x k x k x k 0,25 2 (1,0 điểm) (2) cos 2x (loại), 1 cos 2 , ( ) 2 3 x x k k Vậy phương trình có các họ nghiệm 2 , 3 x k 7 2 , 2 ( ) 6 6 x k x k k 0,25 Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 ( )( 3) 3( ) 2 (1) 2 2 6 11 (2) x y x xy y x y x y x x ĐK: 2, 2x y Xét phương trình (1): 3 2 2 3 2 3 2 3 3 (1) 3 3 3 3 2 3 3 1 3 3 1 ( 1) ( 1)x x y x y x x x y y y x y 1 1 2x y y x Thay 2y x vào phương trình (2) được: 2 2 4 6 11x x x x (3) 0,25 ,a b ta luôn có bất đẳng thức đúng: 2 2 2 2 2 2 ( ) 0 2( ) ( ) | | 2( )a b a b a b a b a b (*) và đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b Ghi chú: Thí sinh nếu sử dụng BĐT BCS thì cũng phải CM 0,25 3 (1,0 điểm) Áp dụng (*) ta có: 2 4 2( 2 4 ) 2x x x x . Đẳng thức chỉ xảy ra khi: 2 4 3x x x 0,25 www.VNMATH.com Mặt khác: 2 2 6 11 ( 3) 2 2,x x x x . Đẳng thức cũng chỉ xảy ra khi x = 3 Kết quả trên chứng tỏ pt (3) chỉ có một nghiệm x = 3 y =1 Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm (3; 1) 0,25 Tính tích phân 1 2 0 2 1 1 x x xe I dx x e . Giải: 1 1 2 2 2 2 0 0 2 1 (2 ) (1 ) 1 1 x x x x x xe x x e x e I dx I dx x e x e 0,25 1 1 2 2 0 0 (2 ) 1 1 x x x x e dx dx x e 0,25 1 2 1 2 0 0 (1 )' 1 x x x e dx x x e 0,25 4 (1,0 điểm) 1 2 0 ln|1 | 1 ln(1 ) 1 x x e e 0,25 Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = AC = a, hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) là điểm H nằm trên cạnh BC sao cho BH = 3CH, góc giữa BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a và tính côsin góc tạo bởi mặt phẳng (BCC’B’) với mặt phẳng (ABC). Ta có ' ( )A H ABC góc giữa AA’ với mp(ABC) là 'A AH Mặt khác do AA’//BB’ và góc giữa BB’ với mp(ABC) bằng 60 0 nên suy ra 0 ' 60A AH 0,25 Gọi I là trung điểm của BC. Từ giả thiết ABC vuông cân tại A, AB = AC = a và BH = 3 HC, ta suy ra AIH vuông tại I có: 1 2 2 2 a AI BC , 1 2 4 4 a IH BC 2 2 2 2 2 2 10 4 16 4 a a a AH AI IH 0,25 Từ đó 0 10 30 ' .tan 60 . 3 4 4 a a A H AH và thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ được tính bởi: 3 2 1 1 30 30 . ' . . ' . 2 2 4 8 ABC a a V S A H AB AC A H a (đvtt) 0,25 5 (1,0 điểm) Vì (ABC)//(A’B’C’) nên cũng là góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (A’B’C’). Gọi K là trung điểm của B’C’. Ta có: ' ( ' ' ') ' ' ' ' HA A B C HKA A K B C và cos được tính như sau: Trong A’HK có 2 2 2 2 30 2 38 ' 2 38 2 19 ' ' cos : 16 4 4 2 4 19 a a a A K a a HK A H A K HK 0,25 60° K C' B' I A B C A' H www.VNMATH.com 6 (1,0 điểm) Định m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt: 2 3 2 ( 1) ( 2) ( 4)(11 8 8) 0m x x x x Phương trình đã cho tương đương: 2 3 2 2 2 3 3 2 ( 1) ( 2) ( 4) ( 4) 12( 2) 0 ( 1) ( 2) ( 4) 12( 4)( 2)m x x x x m x x x x 3 2 2 4 4 12 1 2 2 x x m x x (1) Đặt 2 4 2 x t x , phương trình (1) trở thành: 3 12 1m t t (2) 0,25 + Xét hàm 2 4 ( ) 2 x f x x . TXĐ: , 2 2 2 4 1 '( ) ; '( ) 0 2 ( 2) 2 x f x f x x x x 1 3; lim ( ) 1 ; lim ( ) 1 2 x x f f x f x Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta có các nhận xét sau: + Điều kiện của t : 1 < t 3 + Phương trình: 2 4 2 x t x có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 1 < t < 3 + Phương trình: 2 4 2 x t x có đúng 1 nghiệm khi và chỉ khi: t = 3 hoặc 1 < t 1 0,25 Xét tiếp hàm số 3 ( ) 12 1g x x x với [ 1; 3]x , ta có: 2 '( ) 3 12g x x , 2 '( ) 0 3 12 2g x x x (loại), x = 2 (nhận) ( 1) 12, (1) 10, (2) 15, (3) 8g g g g Bảng biến thiên của hàm số trên đoạn [1; 3] 0,25 Từ nhận xét trên và bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của m thỏa yêu cầu bài toán là: 15 < m < 10 0,25 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(4; 1) và đường tròn 2 2 40 ( ) : ( 2) ( 3) 3 T x y . Viết phương trình đường thẳng (d) cắt (T) tại hai điểm B, C sao cho tam giác ABC đều. Đường tròn (T) có tâm I(-2;3), bán kính 2 30 3 R Tam giác ABC đều nên đường thẳng d vuông góc với IA và 3 [ ,( )] 2 d A d BC 0,25 Ta có (6; 2)IA vtpt của d là (3; 1)n pt :3 0d x y m 0,25 x f’(x) t = f(x) + 0 + 1 3 1 1 2 x g’(x) m =g(x) 3 1 0 + 8 12 2 1 10 15 www.VNMATH.com 2 11 3 3 40 ( 9) [ ,( )] .2 2 2 3 10 10 m m d A d BC 0,25 2 1 8 9 0 9 m m m m . Vậy :3 1 0x y hoặc 3 9 0x y 0,25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 2; 3), đường cao BH nằm trên đường thẳng 1 1 7 ( ) : 1 1 2 x y z d và đường trung tuyến CM nằm trên đường thẳng 2 2 2 4 ( ) : 1 2 1 x y z d . Tìm tọa độ các điểm B và C. Từ giả thiết ta có: 1 1 1 1 ( ; 1 ; 7 2 )B d B t t t 0,25 2 2 2 2 (2 ; 2 2 ; 4 )C d C t t t 0,25 + M là trung điểm của AB nên 1 1 1 3 3 ; ;5 2 2 t t M t và M d 2 nên: 1 1 1 1 3 3 2 2 5 4 2 2 1 1 2 1 t t t t B(1; 2; 5) 0,25 8.a (2,0 điểm) + 2 2 2 ( 1; 2 ; 1)AC t t t , d 1 có vtcp (1; 1; 2)a AC d 1 nên 2 2 2 2 . 0 1 2 2 2 0 1AC a t t t t C(1; 4; 3) 0,25 Một hộp đựng 28 viên bi, trong đó có 8 viên bi màu đỏ, 9 viên bi màu vàng và 11 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên ra 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 viên bi lấy ra, có ít nhất một viên bi màu đỏ. Cách 1: Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi trong 28 viên bi thì số phần tử không gian mẫu 4 28 | | 20475C 0,25 Gọi A là biến cố “trong 4 viên bi lấy ra, có ít nhất 1 viên bi màu đỏ” A là biến cố “trong 4 viên bi lấy ra, không có viên bi màu đỏ nào” . Ta có số phần tử của tập hợp các kết quả thuận lợi cho A là 4 20 4845C 0,25 4845 323 ( ) 20475 1365 P A 0,25 Từ đó 323 1042 ( ) 1 ( ) 1 1365 1365 P A P A 0,25 Cách 2: Gọi ( 1, 4) i A i là biến cố: “trong 4 viên bi lấy ra, có i viên bi màu đỏ” và A là biến cố “trong 4 viên bi lấy ra, có ít nhất 1 viên bi màu đỏ” Khi đó các A i là xung khắc và A= A 1 A 2 A 3 A 4 0,25 Ta có số phần tử của tập hợp các kết quả thuận lợi cho A i là 4 8 20 . ( 1,4) i i C C i 0,25 9.a (1,0 điểm) Vậy 1 3 2 2 3 1 4 0 8 20 8 20 8 20 8 20 . . . . 9120 5320 1120 70 1042 ( ) 20475 20475 1365 C C C C C C C C P A 0,25 7.b (1,0 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A(2; 1) và điểm M(-3; 4) thuộc đoạn BC sao cho 4BC BM . Tìm tọa độ các điểm B và C. www.VNMATH.com Dựng hình vuông ABEC Ta có BK // AC và 4BC BM nên 3 MA MC MK MB 3AM MK 14 ;5 3 K AB là đường thẳng qua A, vtpt ( ; ) 0n a b pt : ( 2) ( 1) 0AB a x b y BE là đường thẳng qua K và vuông góc với AB pt 14 : ( 5) 0 3 BE b x a y 0,25 ( , ) ( , )d M AB d M BE 2 2 2 2 5 9 2 0 5 3 3 6 7 0 b a a b a b a b a b a b 0,25 TH1: 9a – 2b = 0, chọn a = 2, b = 9. Ta được AB: 2x + 9y – 13 = 0, BE: 9x – 2y + 52 = 0 26 13 18 41 ; , ; 5 5 5 5 B C 0,25 điểm) TH2: 6a – 7b = 0, chọn a = 7, b = 6, ta được: AB: 7x + 6y – 20 = 0, BE: 6x – 7y + 63 = 0 14 33 18 19 ; , ; 5 5 5 5 B C 0,25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 2 3 3 : 1 2 2 x y z d , 2 1 1 1 : 1 2 2 x y z d và điểm A(2; 3; 1). Tìm tọa độ điểm B trên d 1 và tọa độ điểm C trên d 2 sao cho A, B, C thẳng hàng và tam giác BIC cân tại I, với I là giao điểm của d 1 và d 2 . Tọa độ I là nghiệm của hệ pt: 2 3 3 1 2 2 1 1 1 1 2 2 x y z x y z . Giải hệ tìm được I(1; 1; 1) Ta có : B d 1 B(2 + t 1 ; 3 +2t 1 ; 3 + 2t 1 ) ; C d 2 C(1 + t 2 ; 1 + 2t 2 ; 1 2 t 2 ) , ĐK: B khác I, C khác I hay 1 2 1, 0t t Theo yêu cầu của đề bài ta phải có (1) [ , ] 0 (2) IB IC AB AC 0,25 Xét (1): 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 (1) ( 1) (2 2) (2 2) 4 4 9 18 9 9t t t t t t t t t 2 1 2 2 1 2 2 1 1 ( 1) 1 t t t t t t Xét (2): Vậy 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 8 4 4 4 0 (2) 2 1 0 4 2 2 2 0 t t t t t t t t t t t t (3) 0,25 8.b (2,0 điểm) Từ đó có 2 trường hợp: 0,25 M B E A C K 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 ( ; 2 ; 2 2) , ( 8 4 4 4; 4 2 2 2; 0) ( 1; 2 2; 2 ) AB t t t AB AC t t t t t t t t AC t t t www.VNMATH.com TH1: 2 1 1t t , thay vào (3) được: 2 1 1 1 1 1 1 1 2 ( 1) 1 1 0 2 2 0 0t t t t t t t (nhận), 1 1t (loại) 2 1t Suy ra: B(2; 3; 3) và C(2; 3: 1) + TH2: 2 1 1t t , thay vào (3) được: 2 1 1 1 1 1 1 1 2 ( 1) 1 1 0 2 4 2 0 1t t t t t t t (loại) Vậy B(2; 3; 3) và C(2; 3: 1) là đáp số của bài toán. 0,25 Giải phương trình: 2 6 2 2 3 3 2 8 0 x x x x x Phương trình đã cho tương đương: 2 6 2 2 3 ( 6) 3 ( 2) x x x x x x (1) 0,25 Đặt ( ) 3 t f t t thì pt (1) có dạng 2 ( 2 6) ( 2)f x f x (2) 0,25 Xét hàm số ( ) 3 t f t t , ta có: TXĐ: , '( ) 3 .ln 3 1 0, t f t t Chứng tỏ f(t) là một hàm đồng biến trên . 0,25 9.b (1,0 điểm) Từ đó pt (2) 2 2 2 6 2 2 8 0 4 x x x x x x x Vậy pt có 2 nghiệm: x = 2, x = 4 0,25 . 0 ,25 Xét (1): 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 (1) ( 1) (2 2) (2 2) 4 4 9 18 9 9t t t t t t t t t 2 1 2 2 1 2 2 1 1 ( 1). điểm) Từ đó có 2 trường hợp: 0 ,25 M B E A C K 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 ( ; 2 ; 2 2) , ( 8 4 4 4; 4 2 2 2; 0) ( 1; 2 2; 2 ) AB t t t AB AC t t t t t
