ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn TOÁN Khối A TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH

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 y x= −3 3x2+4 ( )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: 5 2.52 3 5

x x

x

−

1

2

x − x+ + x− > x+

3 Tìm tất cả các giá trị của a để phương trình sau có nghiệm thực: 3x2 +2x+ =3 a x( +1) x2+1

Câu III (1,5 điểm) Tính tích phân:

e

1

(x 2) ln x x

dx x(1 ln x)

+

∫

AC 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:

) ( 2 1 ) (

4 x2 +y2 +xy ≤ + x+y Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P=xy+ x+y −x2 −y2

……….Hết………

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

ĐỀ SỐ 4

I

(2,5điể

m)

1.(1,5 điểm)

Hàm số (C1) có dạng y x= −3 3x2 +4

• Tập xác định: D R=

• Sự biến thiên

- limx→−∞y= −∞, limx→+∞y= −∞

- Chiều biến thiên: ' 3 2 6 0 0

2

x

x

=



= − = ⇔  =

0.25

Bảng biến thiên

Y

0.25

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0) và(2;+∞) , nghịch biến trên khoảng (0;2)

Hàm số đạt cực đại tại x=0,y CD =4 Hàm số đạt cực tiểu tại x=2,y CT =0 0.25

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: x3 – 3x2 + 4 = kx + k

⇔ x3 – 3x2 – kx + 4 – k = 0 ⇔ (x + 1)( x2 – 4x + 4 – k ) = 0

⇔ 





=

− +

−

=

−

=

0 4

4 )

(

1

2

k x

x x g x

0.25

d cắt (C) tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình: x3 – 3x2 + 4 = kx + k

có ba nghiệm phân biệt ⇔g(x) = x2 – 4x + 4 – k = 0 có hai nghiệm phân biệt khác - 1

(*)9

0 09

0 0)1(

0'

⇔

k

k g

0.25

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 x x là hai nghiệm của phương trình :1; 2

uuur

Khoảng cách từ O đến đường thẳng d : 2

1

k h

k

= +

2

OBC

OBC

k

k

∆

∆

+

0.25

II

(3điểm)

1.(1,0 điểm)

Điều kiện:x>log 25 (*) Đặt t=5x, điều kiện: t > 2

Bất phương trình đã cho trở thành: 22 3 5

4

t t

t

− (1)

0.25

Bình phương 2 vế của BPT (1) ta được :

20

t

 =

Suy ra:

5

log 20

1

2

x x

x x

=

=



Kết hợp (*) và (**) ta được : x=log5 20 hoặc 1

2

Điều kiện: x>3

Phương trình đã cho tương đương:

2

2 x − x+ +2 − x− > 2 − x+

log x 2 x 3 log x 2 log x 3

2

3

x

x

−

⇔  − − >  ÷

+

3

x

x

−

⇔ − − >

+

9 1

10

x x

x

 < −

⇔ − > ⇔ 

>



0.25

Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x> 10

0.25 2.(1,0 điểm)

( )

3x +2x+ =3 a x+1 x +1 ⇔2(x2+ + +1) (x 1)2 =a x( +1) x2+1

⇔

2

2

a

0,25

2

+

  + ; t′ = ⇔ =0 x 1

x −∞ 1 +∞

'

t + 0 −

t 2

1

Từ bảng biến thiên suy ra đó t∈ −( 1; 2

0,25

Khi đó phương trình (1) trở thành : 2 t2 at a t 2

t

+ = ⇔ = + (2) (do t =0 không là nghiệm phương trình)

Xét hàm số g t( ) t 2

t

= + với t∈ −( 1; 2

2

2

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 a< −3 ;a≥2 2 0,25

Câu III

(1,5điể

m)

+

− +

dx dx x

x

x x

x

ln 2 ) ln 1 (

x x

x

e

ln

Ta có :∫e dx=e−

1

1

0.5

x x

x

e

∫1 (1ln+ln )

Đặt t = 1 + lnx dt 1dx

x

⇒ =

x= ⇒ =t x e= ⇒ =t

Suy ra : J = dt

t

t

∫2 −

1

1

t)

1 1 (

2

1

∫ − = (t - ln t ) = 1 - ln2

0,5

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

A C ABB A = A C A H =CA H =

0,25

.sin120

ABC

a

• AB2 =AC2+BC2−2AC BC .cos1200 =7a2⇒ AB a= 7

7

ABC

CH

AB

∆

Suy ra: ' 0 2 21

0,25

Xét tam giác vuông AA’C ta được: 2 2 35

7

a

Suy ra:

'

14

ABC

a

0,25

Do CC'/ /AA'⇒CC'/ /(ABB A' '),

7

a

V

(1,5điể

m)

Ta có: 4 (x2 +y2 +xy) ≤ 1 + 2 (x+y) ⇔ 3 (x+y) 2 + (x−y) 2 ≤ 1 + 2 (x+y)

2

) ( 3 ) ( 2

1 + x+y ≥ x+y

3

−

⇔ x y , vì x ; y không âm nên ta có 0≤x+y≤1 0.25

2 2

4

1 )

( 2

1 2

)

y x









 +

≤ +

− + +

(vì

2

2 









 +

≤ x y

Đặt t = x + y ; ta có :0≤t≤1, và P 2

4

1 )

2

1 ) (

t t

0 1

.

2

1

≥

−

t

t t

, với ∀t∈[ ]0 ; 1

0,5

3 ) 1 ( ) ( max

1

;

⇒ f t f ⇒ maxP =

4

3

, dấu = xảy ra ⇔x = y =

2 1

0.25

WWW.VIETMATHS.COM