ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI B NĂM 2013

     

Tham khảo đề thi Đại học tập khối B 2013 môn Toán - đề thi ưng thuận của Bộ giáo dục và đào tạo Đào tạo có kèm theo đáp án. Chúc các bạn đạt tác dụng cao trong kỳ thi tuyển sinh Cao đẳng, Đại học.




Bạn đang xem: đáp án môn toán khối b năm 2013

*

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn : TOÁN; khối BI. PHẦN phổ biến CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)Câu 1 (2,0 điểm). Mang lại hàm số y  2 x3  3(m  1) x 2  6mx (1) , với m là thông số thực.a) điều tra khảo sát sự phát triển thành thiên với vẽ thứ thị của hàm số (1) khi m = -1.b) search m đựng đồ thị hàm số (1) bao gồm hai điểm cực trị A và B thế nào cho đường thẳng ABvuông góc với con đường thẳng y = x + 2.Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương 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 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) mang lại hình chóp S.ABCD gồm đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SABlà tam giác rất nhiều và phía bên trong mặt phẳng vuông góc với khía cạnh phẳng đáy. Tính theo athể tính của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).Câu 6 (1,0 điểm) mang lại a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất 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 sinh chỉ được gia công một trong hai phần riêng(phần A hoặc phần B)A. Theo công tác ChuẩnCâu 7.a (1,0 điểm). Trong phương diện phẳng cùng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCDcó nhị đường chéo vuông góc cùng với nhau và AD = 3BC. Đường thẳng BD gồm phươngtrình x + 2y – 6 = 0 với tam giác ABD bao gồm trực trọng điểm là H (-3; 2). Tìm kiếm tọa độ các đỉnh Cvà D.Câu 8.a (1,0 điểm)Trong không khí với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (3; 5; 0) cùng mặtphẳng (P) : 2x + 3y – z – 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua A vuông gócvới (P). Tìm kiếm tọa độ điểm đối xứng của A qua (P).Câu 9.a (1,0 điểm) bao gồm hai cái hộp đựng bi. Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ cùng 3viên bi trắng, hộp thứ hai chứa 2 viên bi đỏ cùng 4 viên bi trắng. Lấy bất chợt từ mỗihộp ra 1 viên bi, tính phần trăm để 2 viên bi được kéo ra có cùng màu.B. Theo công tác Nâng caoCâu 7.b (1,0 điểm) Trong phương diện phẳng cùng với hệ tọa độ Oxy, mang đến tam giác ABC tất cả chân  17 1 đường cao hạ từ bỏ đỉnh A là H  ;   , chân mặt đường phân giác trong của góc A là D  5 5(5; 3) cùng trung điểm của cạnh AB là M (0; 1). Tìm tọa độ đỉnh C.Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho những điểm A(1; -1; 1), B x 1 y  2 z  3(-1;2;3) và đường thẳng  :   . Viết phương trình mặt đường thẳng đi 2 1 3qua A, vuông góc với hai đường thẳng qua AB với .  2 x  2 y  4x 1Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2log3 ( x  1)  log 3 ( y  1)  0  bài bác giảiCâu 1:a) m= -1, hàm số thành : y = 2x3 - 6x. Tập khẳng định là R. Y’ = 6x2 – 6; y’ = 0  x = 1; y(-1) = 4; y(1) = -4 lim y   với lim y   x  x  x  -1 1 + y’ + 0  0 + y 4 +  CĐ -4 CT Hàm số đồng biến trên (∞; -1) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến trên (-1; 1) Hàm số đạt cực to tại x = -1; y(-1) = 4; hàm số đạt rất tiểu tại x = 1; y(1) = -4 y" = 12x; y” = 0  x = 0.

Xem thêm: Cách Căn Lề Trái Phải - Cách Căn Lề Chuẩn Trong Văn Bản Hành Chính



Xem thêm: Có Cách Làm Đẹp Từ Mật Ong Và Trứng Gà Giúp Da Trắng Sáng, Hết Nám

Điểm uốn nắn 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 rất trị  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt  (m + 1)2 – 4m > 0  m  1 1 y = (2 x  m  1). Y " - (m – 1)2x + m2 + m 6 YCBT  -(m – 1)2 = -1 và m  1  m = 0 xuất xắc m = 2.Câu 2. Giải phương 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=   giỏi 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 tốt y = x + 1TH1 : y = 2x + 1. Ráng 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 biến, g nghịch biến chuyển trên   ;   . Vậy x = 0 với 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 giỏi   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) giỏi (x; y) = (1; 2). 1 1 1 2 1 1 1Câu 4 : I   x 2  x 2 dx =   (2  x 2 )1/2 d (2  x 2 ) =   u1/2 du =  u1/2 du 0 trăng tròn 22 21 2 1  1 =  u 3/2  = (2 2  1) (đặt u = (2 – x2)). 3 1 3Câu 5 : Ta tất cả 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 đề nghị 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 p   . 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 = xẩy ra khi a = b = c = 2. 8 8 C BCâu 7.a. Gọi I là hình chiếu của H xuống DB dễ dàng tìm được I (-2; 4)Vì  IHB vuông cân nặng tại I có IH = 5 ITừ phương trình IH = IB = IC ta bao gồm điểm B (0; 3) với C (-1; 6) H ID  3IB , ta bao gồm D (-8; 7) ATương từ ta có nghiệm thứ hai là B (-4; 5) và D (4; 1) DCâu 8.a. Đường trực tiếp qua A và vuông góc với (P) có VTCP là (2; 3; -1)  x  3  2t Vậy phương trình đường thẳng d qua A là :  y  5  3t  z  t Gọi H là giao điểm của d và (P) ta có H (3 + 2t; 5 + 3t; -t)H  (P) buộc phải ta có : 2(3 + 2t) + 3(5 + 3t) + t – 7 = 0  t = -1  H (1; 2; 1)Gọi 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. Phần trăm để 2 viên bi được lôi ra cùng là bi đỏ là :. = 7 6 21 3 4 2Xác suất nhằm 2 viên bi được lấy ra cùng là bi white là : .  7 6 7 4 2 10Xác suất nhằm 2 viên bi được mang ra có thuộc màu là :   . 21 7 21Câu 7.b. Phương trình BC : 2x – y – 7 = 0; phương 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 trình AD : y = 3  N (0; 5) là điểm đối xứng của M qua AD  N AC Phương trình AC : 2x – 3y + 15 = 0 cùng phương trình BC : 2x – y – 7 = 0 C (9; 11).Câu 8.b. AB = (-2; 3; 2), VTCP của  là a = (-2; 1; 3) 1 VTCP của đường thẳng d trải qua A và vuông góc với  là n = (7; 2; 4)  x  1  7t  Vậy phương trình mặt đường thẳng 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 lâu dài – TP.HCM)