Đề thi đại học môn toán khối b năm 2013 ❣️❣️❣️

     

Tham khảo đề thi Đại học khối B 2013 môn Toán - đề thi phê chuẩn của Bộ giáo dục đào tạo Đào tạo bao gồm kèm theo đáp án. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh Cao đẳng, Đại học.




Bạn đang xem: đề thi đại học môn toán khối b năm 2013 ❣️❣️❣️

*

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn : TOÁN; khối BI. PHẦN tầm thường CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)Câu 1 (2,0 điểm). đến hàm số y  2 x3  3(m  1) x 2  6mx (1) , cùng với m là thông số thực.a) khảo sát sự biến chuyển thiên với vẽ đồ dùng thị của hàm số (1) khi m = -1.b) tìm m chứa đồ thị hàm số (1) gồm hai điểm rất trị A cùng B sao để cho đường thẳng ABvuông góc với mặt 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 vắn cạnh a, mặt bên SABlà tam giác đa số và phía trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo athể tính của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A mang lại mặt phẳng (SCD).Câu 6 (1,0 điểm) đến a, b, c là những số thực dương. Tìm giá chỉ 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) : sỹ tử chỉ được gia công một trong nhì phần riêng(phần A hoặc phần B)A. Theo lịch trình ChuẩnCâu 7.a (1,0 điểm). Trong khía cạnh phẳng với hệ tọa độ Oxy, mang lại hình thang cân ABCDcó hai đường chéo vuông góc cùng với nhau cùng AD = 3BC. Đường thẳng BD bao gồm phươngtrình x + 2y – 6 = 0 và tam giác ABD có trực trung tâm là H (-3; 2). Kiếm tìm tọa độ những 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 con đường thẳng trải qua A vuông gócvới (P). Kiếm tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua (P).Câu 9.a (1,0 điểm) bao gồm hai chiếc hộp chứa bi. Hộp đầu tiên chứa 4 viên bi đỏ và 3viên bi trắng, hộp vật dụng hai chứa 2 viên bi đỏ cùng 4 viên bi trắng. Lấy bất chợt từ mỗihộp ra 1 viên bi, tính tỷ lệ để 2 viên bi được kéo ra có cùng màu.B. Theo chương trình Nâng caoCâu 7.b (1,0 điểm) Trong khía cạnh phẳng với hệ tọa độ Oxy, mang đến tam giác ABC tất cả chân  17 1 đường cao hạ từ đỉnh A là H  ;   , chân con đường phân giác trong của góc A là D  5 5(5; 3) với 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 con đường thẳng đi 2 1 3qua A, vuông góc với hai tuyến phố 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 xích 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   và lim y   x  x  x  -1 1 + y’ + 0  0 + y 4 +  CĐ -4 CT Hàm số đồng đổi thay trên (∞; -1) ; (1; +∞); hàm số nghịch vươn lên là trên (-1; 1) Hàm số đạt cực to tại x = -1; y(-1) = 4; hàm số đạt cực tiểu trên x = 1; y(1) = -4 y" = 12x; y” = 0  x = 0.

Xem thêm: Đvht Là Gì ? Ý Nghĩa Của Từ Đvht Yahoo Hỏi & Đáp Đã Ngừng Hoạt Động



Xem thêm: Lá Bàng Đang Đỏ Ngọn Cây - Sếu Giang Mang Lạnh Đang Bay Về Trời

Điểm uốn I (0; 0) Đồ thị : y 4 1 -1 0 x -4 2 b) y’ = 6(x – (m + 1)x + m)), y tất cả 2 rất trị  y’ = 0 bao gồm 2 nghiệm riêng biệt  (m + 1)2 – 4m > 0  m  1 1 y = (2 x  m  1). Y " - (m – 1)2x + mét vuông + m 6 YCBT  -(m – 1)2 = -1 và m  1  m = 0 giỏi m = 2.Câu 2. Giải phương trình: sin 5x  2cos2 x  1  sin5x = 1 – 2 cos2x = -cos2x = sin(2x - /2)    5x = 2x - + k2 giỏi 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 giỏi y = x + 1TH1 : y = 2x + 1. Vậy 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 đổi mới trên   ;   . Vậy x = 0 cùng y = 1.  4 TH2 : y =x + 1. Cố gắng vào (2) ta tất cả : 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 tốt   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) xuất xắc (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 20 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 xuất 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; p.   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. Gọi I là hình chiếu của H xuống DB thuận tiện tìm được I (-2; 4)Vì  IHB vuông cân tại I tất cả IH = 5 ITừ phương trình IH = IB = IC ta bao gồm điểm B (0; 3) cùng C (-1; 6) H ID  3IB , ta có D (-8; 7) ATương tự ta bao gồm nghiệm thứ hai là B (-4; 5) cùng D (4; 1) DCâu 8.a. Đường thẳng qua A cùng vuông góc với (P) gồm 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 với (P) ta tất cả H (3 + 2t; 5 + 3t; -t)H  (P) buộc phải ta tất cả : 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. Xác suất để 2 viên bi được lôi ra cùng là bi đỏ là :. = 7 6 21 3 4 2Xác suất để 2 viên bi được lôi ra cùng là bi trắng là : .  7 6 7 4 2 10Xác suất nhằm 2 viên bi được lôi 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 và 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 mặt đường thẳng d đi qua A và vuông góc với  là n = (7; 2; 4)  x  1  7t  Vậy phương trình con 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 chổ chính giữa LTĐH lâu dài – TP.HCM)