ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B 2013

Tđắm đuối khảo đề thi Đại học khối B 2013 môn Toán - đề thi bằng lòng của Sở Giáo dục Đào sản xuất tất cả hẳn nhiên đáp án.

Bạn đang xem: Đề thi đại học môn toán khối b 2013

Chúc các bạn đạt hiệu quả cao vào kỳ thi tuyển sinch Cao đẳng, Đại học tập.

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn : TOÁN; khối BI. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x3  3(m  1) x 2  6mx (1) , với m là tsi mê số thực.a) Khảo tiếp giáp sự trở thành thiên cùng vẽ đồ gia dụng thị của hàm số (1) lúc m = -1.b) Tìm m đựng đồ thị hàm số (1) gồm nhị điểm rất trị A với B thế nào cho đường trực tiếp ABvuông góc cùng với mặt đường thẳng y = x + 2.Câu 2 (1,0 điểm) Giải pmùi hương trình sin 5x  2cos2 x  1 2 x 2  y 2  3xy  3x  2 y  1  0 Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương thơm trình  2 (x,yR)   4x  y2  x  4  2x  y  x  4 y 1Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I   x 2  x 2 dx. 0Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD bao gồm đáy là hình vuông cạnh a, khía cạnh mặt SABlà tam giác phần nhiều với phía bên trong khía cạnh phẳng vuông góc với khía cạnh phẳng lòng. Tính theo athể tính của khối hận chóp S.ABCD và khoảng cách trường đoản cú điểm A mang đến mặt phẳng (SCD).Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b, c là những số thực dương. Tìm quý giá lớn số 1 của biểu thức: 4 9 P  . a  b  c  4 (a  b) (a  2c)(b  2c) 2 2 2II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinc chỉ được làm 1 trong nhị phần riêng(phần A hoặc phần B)A. Theo công tác ChuẩnCâu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân nặng ABCDcó hai đường chéo vuông góc cùng nhau và AD = 3BC. Đường trực tiếp BD bao gồm phươngtrình x + 2y – 6 = 0 cùng tam giác ABD tất cả trực trọng tâm là H (-3; 2). Tìm tọa độ các đỉnh Cvà D.Câu 8.a (1,0 điểm)Trong không gian cùng với hệ tọa độ Oxyz, đến điểm A (3; 5; 0) cùng mặtphẳng (P) : 2x + 3y – z – 7 = 0. Viết phương trình đường trực tiếp đi qua A vuông gócvới (P). Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua (P).Câu 9.a (1,0 điểm) Có hai dòng hộp đựng bi. Hộp thứ nhất đựng 4 viên bi đỏ cùng 3viên bi White, hộp sản phẩm công nghệ nhì đựng 2 viên bi đỏ cùng 4 viên bi Trắng. Lấy thiên nhiên từ bỏ mỗivỏ hộp ra 1 viên bi, tính phần trăm để 2 viên bi được mang ra gồm thuộc color.B. Theo công tác Nâng caoCâu 7.b (1,0 điểm) Trong phương diện phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC gồm chân  17 1 mặt đường cao hạ tự đỉnh A là H  ;   , chân con đường phân giác trong của góc A là D  5 5(5; 3) và trung điểm của cạnh AB là M (0; 1). Tìm tọa độ đỉnh C.Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không khí với hệ tọa độ Oxyz, cho những điểm A(1; -1; 1), B x 1 y  2 z  3(-1;2;3) với mặt đường thẳng  :   . Viết phương thơm trình con đường trực tiếp đi 2 1 3qua A, vuông góc cùng với hai đường trực tiếp qua AB và .  2 x  2 y  4x 1Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2log3 ( x  1)  log 3 ( y  1)  0  Bài giảiCâu 1:a) m= -1, hàm số thành : y = 2x3 - 6x. Tập xác minh là R. y’ = 6x2 – 6; y’ = 0  x = 1; y(-1) = 4; y(1) = -4 lim y   cùng lyên y   x  x  x  -1 1 + y’ + 0  0 + y 4 +  CĐ -4 CT Hàm số đồng vươn lên là trên (∞; -1) ; (1; +∞); hàm số nghịch trở thành bên trên (-1; 1) Hàm số đạt cực lớn tại x = -1; y(-1) = 4; hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y(1) = -4 y" = 12x; y” = 0  x = 0. Điểm uốn I (0; 0) Đồ thị : y 4 1 -1 0 x -4 2 b) y’ = 6(x – (m + 1)x + m)), y bao gồm 2 cực trị  y’ = 0 gồm 2 nghiệm khác nhau  (m + 1)2 – 4m > 0  m  1 1 y = (2 x  m  1).

Xem thêm: Bản Vẽ Máy Rang Cà Phê Tự Động, Cuộc Cách Mạng Máy Rang Cà Phê Thương Mại

y " - (m – 1)2x + m2 + m 6 YCBT  -(m – 1)2 = -1 cùng m  1  m = 0 tuyệt m = 2.Câu 2. Giải phương thơm trình: sin 5x  2cos2 x  1  sin5x = 1 – 2 cos2x = -cos2x = sin(2x - /2)    5x = 2x - + k2 tuyệt 5x =  - 2x + + k2, k  Z 2 2  k 2 3 k 2 x=   xuất xắc x =  ,kZ 6 3 14 7 2 x  y  3xy  3x  2 y  1  0  2 2 (1)Câu 3 :  2 4 x  y  x  4  2 x  y  x  4 y (2) 2  (1)  y = 2x + 1 hay y = x + 1TH1 : y = 2x + 1. Thế vào (2) ta có : 1 f(x) = 4 x  1  9 x  4  3  4 x  g ( x) ( x   ) 4  1   x = 0 (vì f đồng đổi thay, g nghịch biến hóa bên trên   ;   . Vậy x = 0 cùng y = 1.  4 TH2 : y =x + 1. Thế vào (2) ta có : 1 3x  1  5 x  4  3x 2  x  3 ( x   ) 3  3x  1  5x  4  3( x  1) x  2 x  3   3x  1  ( x  1)    5 x  4  ( x  2)   3( x  1) x     x  x 2 x  x 2    3( x 2  x) 3x  1  ( x  1) 5x  4  ( x  2) 1 1  x2 – x = 0 xuất xắc   3 (VN) 3x  1  ( x  1) 5 x  4  ( x  2)  x = 0  x = 1  x = 0  y = 1; x = 1  y = 2Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (0; 1) tuyệt (x; y) = (1; 2). 1 1 1 2 1 1 1Câu 4 : I   x 2  x 2 dx =   (2  x 2 )một nửa d (2  x 2 ) =   u1/2 du =  u1/2 du 0 đôi mươi 22 21 2 1  1 =  u 3/2  = (2 2  1) (đặt u = (2 – x2)). 3 1 3Câu 5 : Ta bao gồm a 3 1 a 3 a3 3SH  ; V  a 2   S 2 3  2 6Xét tam giác vuông SHI A K D 1 1 1 a 3    HK HK 2 a 3  2 a 2 7 H I    2  B a 3 CVì AB// CD phải HK  =d(A, SCD) 7Câu 6. a + b + c + 2  4(a 2  b2  c 2  4)  a  b  4c  1  4(a  b  c)  23(a+b). (a  2c)(b  2c)  (3a  3b).     = 2(a + b+c) 2  2  2 2  8 27 8 27Vậy Phường   . Đặt t = a + b + c, t > 0; Phường.   2  g (t ) a  b  c  2 2(a  b  c) 2 t  2 2t 8 27g’(t) =   3 (t  2) 2 tg’(t) = 0  27(t + 2)2 – 8t3 = 0  t = 6 t 0 6 + g’(t) + 0 - 5 g(t) 8 5 5P  g(t)  ; maxP = xảy ra Khi a = b = c = 2. 8 8 C BCâu 7.a. Điện thoại tư vấn I là hình chiếu của H xuống DB dễ dãi kiếm được I (-2; 4)Vì  IHB vuông cân nặng trên I tất cả IH = 5 ITừ phương trình IH = IB = IC ta có điểm B (0; 3) với C (-1; 6) H ID  3IB , ta bao gồm D (-8; 7) ATương từ ta tất cả nghiệm thứ 2 là B (-4; 5) và D (4; 1) DCâu 8.a. Đường thẳng qua A với vuông góc với (P) tất cả VTCP. là (2; 3; -1)  x  3  2t Vậy phương trình mặt đường thẳng d qua A là :  y  5  3t  z  t call H là giao điểm của d và (P) ta bao gồm H (3 + 2t; 5 + 3t; -t)H  (P) đề xuất ta gồm : 2(3 + 2t) + 3(5 + 3t) + t – 7 = 0  t = -1  H (1; 2; 1)điện thoại tư vấn A’ (x, y, z) là tọa độ điểm đối xứng của A qua (P),ta có: x = 2xH – xA = -1; y = 2yH – yA = -1; z = 2zH – zA = 2Tọa độ điểm đối xứng của A qua (P) : (-1; -1; 2). 4 2 4Câu 9.a. Xác suất để 2 viên bi được lấy ra thuộc là bi đỏ là :. = 7 6 21 3 4 2Xác suất nhằm 2 viên bi được mang ra thuộc là bi White là : .  7 6 7 4 2 10Xác suất nhằm 2 viên bi được lôi ra gồm thuộc màu sắc là :   . 21 7 21Câu 7.b. Phương trình BC : 2x – y – 7 = 0; pmùi hương trình AH : x + 2y – 3 = 0A  AH  A (3 – 2a; a)  B (2a – 3; 2 – a)AH .HB  0  a = 3  A (-3; 3); B (3; -1)Phương thơm trình AD : y = 3  N (0; 5) là điểm đối xứng của M qua AD  N AC Pmùi hương trình AC : 2x – 3y + 15 = 0 với pmùi hương trình BC : 2x – y – 7 = 0 C (9; 11).Câu 8.b. AB = (-2; 3; 2), VTCPhường của  là a = (-2; 1; 3) 1 VTCP của con đường thẳng d trải qua A với vuông góc với  là n = (7; 2; 4)  x  1  7t  Vậy phương thơm trình mặt đường trực tiếp d là :  y  1  2t  z  1  4t   x  1, y  1 log ( x  1)  log ( y  1)  x  1, y  1  3  x  3  y  x  2   3Câu 9.b.  y  x  2  x2  2x  3  0 y 1  x  2( x  2)  4 x  1  0 2   Đào Bảo Dũng (Trung trung ương LTĐH Vĩnh Viễn – TPhường.HCM)