Đang tải... (xem toàn văn)
ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn TOÁN Khối A TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH
WWW.VIETMATHS.COM TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH TỔ: TOÁN ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn thi: TOÁN – Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ SỐ 4: Câu I (2,5 điểm). Cho hàm số ( ) 3 2 3 4y x x C = − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(- 1; 0) có hệ số góc là k. Tìm k để đường thẳng d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A( - 1; 0) , B, C sao cho hai điểm B, C cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 8. Câu II (3,0 điểm). 1. Giải phương trình: 2 2.5 5 3 5 5 4 x x x + = − 2.Giải phương trình sau: ( ) 2 3 1 1 3 3 1 log 5 6 log 2 log 3 2 x x x x− + + − > + 3. Tìm tất cả các giá trị của a để phương trình sau có nghiệm thực: ( ) 2 2 3 2 3 1 1x x a x x + + = + + . Câu III (1,5 điểm). Tính tích phân: e 1 (x 2)ln x x dx x(1 ln x) − + + ∫ Câu IV (1,5 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có · 0 , 2 , 120AC a BC a ACB= = = và đường thẳng 'A C tạo với mặt phẳng ( ) ' 'ABB A góc 0 30 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng ' , 'A B CC theo a. Câu V (1,5 điểm). Cho x , y là các số thực không âm thay đổi và thỏa mãn điều kiện: )(21)(4 22 yxxyyx ++≤++ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 22 yxyxxyP −−++= . …………………….Hết…………………… WWW.VIETMATHS.COM ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ SỐ 4 Câu Nội dung Điểm I (2,5điể m) 1.(1,5 điểm) Hàm số (C 1 ) có dạng 3 2 3 4y x x= − + • Tập xác định: D R= • Sự biến thiên - lim , lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = −∞ - Chiều biến thiên: 2 0 ' 3 6 0 2 x y x x x = = − = ⇔ = 0.25 Bảng biến thiên X −∞ 0 2 +∞ y’ + 0 - 0 + Y 4 +∞ −∞ 0 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ;0−∞ và ( ) 2;+∞ , nghịch biến trên khoảng (0;2) Hàm số đạt cực đại tại 0, 4 CD x y= = . Hàm số đạt cực tiểu tại 2, 0 CT x y= = 0.25 • Đồ thị: 0.5 2.(1,0 điểm) 2. Đường thẳng d đi qua A(-1; 0) với hệ số góc là k , có phương trình là : y = k(x+1) = kx+ k . Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là: x 3 – 3x 2 + 4 = kx + k ⇔ x 3 – 3x 2 – kx + 4 – k = 0 ⇔ (x + 1)( x 2 – 4x + 4 – k ) = 0 ⇔ =−+−= −= 044)( 1 2 kxxxg x 0.25 d cắt (C) tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình: x 3 – 3x 2 + 4 = kx + k có ba nghiệm phân biệt ⇔ g(x) = x 2 – 4x + 4 – k = 0 có hai nghiệm phân biệt khác - 1 (*)90 09 0 0)1( 0' ≠<⇔ ≠− > ⇔ ≠− >∆ ⇔ k k k g 0.25 WWW.VIETMATHS.COM Với điều kiện : (*) thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A(-1;0) , ( ) ( ) 1 1 2 2 ; ; ;B x kx k C x kx k + + 1 2 ;x x là hai nghiệm của phương trình : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 ; 1 1BC x x k x x BC x x k x x k= − − ⇒ = − + = − + uuur Khoảng cách từ O đến đường thẳng d : 2 1 k h k = + 2 3 2 3 3 1 1 . . 2 1 2 2 1 8 8 64 4 OBC OBC k S h BC k k k k S k k k ∆ ∆ = = + = + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = 0.25 So với điều kiện (*) ta được k = 4. 0.25 II (3điểm) 1.(1,0 điểm) Điều kiện: 5 log 2x > (*). Đặt 5 x t = , điều kiện: t > 2. Bất phương trình đã cho trở thành: 2 2 3 5 4 t t t + = − (1). 0.25 Bình phương 2 vế của BPT (1) ta được : 4 2 2 2 20 4 45 4 4 5 t t t t t t = + = ⇔ − − = 0.25 Suy ra: 5 log 20 5 20 1 5 5 2 x x x x = = ⇔ ⇔ = = (**) 0,25 Kết hợp (*) và (**) ta được : 5 log 20x = hoặc 1 2 x = . 0,25 2.(1,0 điểm) 0.25 Điều kiện: 3x > Phương trình đã cho tương đương: ( ) ( ) ( ) 1 1 2 3 3 3 1 1 1 log 5 6 log 2 log 3 2 2 2 x x x x − − − + + − > + ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 1 1 1 log 5 6 log 2 log 3 2 2 2 x x x x⇔ − + − − > − + 0.25 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 log 2 3 log 2 log 3x x x x⇔ − − > − − + ( ) ( ) 3 3 2 log 2 3 log 3 x x x x − ⇔ − − > ÷ + 0.25 ( ) ( ) 2 2 3 3 x x x x − ⇔ − − > + 2 10 9 1 10 x x x < − ⇔ − > ⇔ > 0.25 Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 10x > . 0.25 2.(1,0 điểm) WWW.VIETMATHS.COM ( ) 2 2 3 2 3 1 1x x a x x + + = + + ⇔ ( ) 2 2 2 2( 1) ( 1) 1 1x x a x x + + + = + + . ⇔ 2 2 2 1 1 2 1 1 x x a x x + + + = ÷ ÷ + + (1). 0,25 Đặt ( ) 3 2 2 1 1 1 1 x x t t x x + − ′ = ⇒ = ÷ + + ; 0 1t x ′ = ⇔ = x −∞ 1 +∞ 't + 0 − t 2 1 − 1 Từ bảng biến thiên suy ra đó ( 1; 2t ∈ − 0,25 Khi đó phương trình (1) trở thành : 2 2 2 t at a t t + = ⇔ = + (2) (do t =0 không là nghiệm phương trình). Xét hàm số 2 ( )g t t t = + với ( 1; 2t ∈ − 2 2 ( ) 1 0 2g t t t ′ = − = ⇔ = ± . t - 1 0 2 'g − − 0 g -3 −∞ +∞ 2 2 0,25 Từ bảng biến thiên suy ra pt có nghiệm khi và chỉ khi 3 ; 2 2a a< − ≥ 0,25 Câu III (1,5điể m) I = ∫ ∫ = + −+ e e dxdx xx xxx 1 1 )ln1( ln2)ln1( -2 dx xx x e ∫ + 1 )ln1( ln Ta có : ∫ −= e edx 1 1 0.5 Tính J = dx xx x e ∫ + 1 )ln1( ln Đặt t = 1 + lnx 1 dt dx x ⇒ = 1 1, 2x t x e t= ⇒ = = ⇒ = Suy ra : J = dt t t ∫ − 2 1 1 = dt t ) 1 1( 2 1 ∫ − = (t - ln t ) = 1 - ln2 0,5 Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2 0,5 WWW.VIETMATHS.COM Câu IV (1điểm) Trong (ABC), kẻ CH AB ⊥ ( ) H AB∈ , suy ra ( ) ' 'CH ABB A⊥ nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’). Do đó: ( ) · ( ) · · 0 ' , ' ' ' , ' ' 30A C ABB A A C A H CA H= = = . 0,25 • 2 0 1 3 . .sin120 2 2 ABC a S AC BC ∆ = = 0,25 • 2 2 2 0 2 2 . .cos120 7 7AB AC BC AC BC a AB a= + − = ⇒ = • 2. 21 7 ABC S a CH AB ∆ = = Suy ra: 0 2 21 ' sin30 7 CH a A C = = . 0,25 Xét tam giác vuông AA’C ta được: 2 2 35 ' ' 7 a AA A C AC= − = . Suy ra: 3 105 . ' 14 ABC a V S AA ∆ = = . 0,25 Do ( ) '/ / ' '/ / ' 'CC AA CC ABB A⇒ , Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 21 ' , ' ', ' ' , ' ' 7 a d A B CC d CC ABB A d C ABB A CH= = = = . 0,5 V (1,5điể m) Ta có: )(21)()(3)(21)(4 2222 yxyxyxyxxyyx ++≤−++⇔++≤++ 2 )(3)(21 yxyx +≥++⇒ 1 3 1 ≤+≤−⇔ yx , vì x ; y không âm nên ta có 10 ≤+≤ yx . 0.25 P = 22 2 22 )( 4 1 )( 2 1 2 )( yxyxyxyx yx yxyxxy +−+=+−++ + ≤+−++ (vì 2 2 + ≤ yx xy và 222 )()(2 yxyx +≥+ ) . 0.5 Đặt t = x + y ; ta có : 10 ≤≤ t , và P 2 4 1 )( tttf −=≤ ; có 2 2 1 )( ' t t tf −= = 0 1 . 2 1 ≥ − t tt , với [ ] 1;0 ∈∀ t . 0,5 [ ] 4 3 )1()(max 1;0 ==⇒ ftf ⇒ maxP = 4 3 , dấu = xảy ra ⇔ x = y = 2 1 0.25 WWW.VIETMATHS.COM . WWW.VIETMATHS.COM TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH TỔ: TOÁN ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn thi: TOÁN – Khối A Thời gian làm bài: 180 phút,. 35 ' ' 7 a AA A C AC= − = . Suy ra: 3 105 . ' 14 ABC a V S AA ∆ = = . 0,25 Do ( ) '/ / ' '/ / ' 'CC AA CC ABB A