zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử Cao đẳng môn Toán khối A năm 2013 - Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

128
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo dành cho các bạn có nhu cầu học tập và ôn thi chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh Đại học - Cao đẳng: Đề thi thử Cao đẳng môn Toán năm 2013 khối A. Mời các bạn cùng tham khảo và luyện tập.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Cao đẳng môn Toán khối A năm 2013 - Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành

WWW.VIETMATHS.COM TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG NĂM 2013 TỔ: TOÁN 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  3x  4  C  3 2 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). 2.5 x 1. Giải phương trình: 5 x  3 5 52 x  4 1 2.Giải phương trình sau: log 3 x 2  5 x  6  log 1 x  2  log 1  x  3 3 2 3 3. Tìm tất cả các giá trị của a để phương trình sau có nghiệm thực: 3 x 2  2 x  3  a  x  1 x 2  1 . e (x  2) ln x  x Câu III (1,5 điểm). Tính tích phân:  dx 1 x(1  ln x) Câu IV (1,5 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC  a, BC  2a, ACB  1200 và đường thẳng A ' C tạo với mặt phẳng  ABB ' A ' góc 300 . 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: 4( x 2  y 2  xy)  1  2( x  y ) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P  xy  x  y  x 2  y 2 . …………………….Hết……………………..
WWW.VIETMATHS.COM ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ SỐ 4 Câu Nội dung Điểm 1.(1,5 điểm) 3 2 Hàm số (C1) có dạng y  x  3 x  4  Tập xác định: D  R  Sự biến thiên - lim y  , lim y   0.25 x  x  x  0 - Chiều biến thiên: y '  3x 2  6 x  0   x  2 Bảng biến thiên X  0 2  y’ + 0 - 0 + 0.25 4  Y  0 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;   , nghịch biến trên khoảng (0;2) 0.25 Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  4 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yCT  0  Đồ thị: 0.5 2.(1,0 điểm) I 2. Đường thẳng d đi qua A(-1; 0) với hệ số góc là k , có phương trình là : 0.25 (2,5điể y = k(x+1) = kx+ k . m) 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  x  1  2  g ( x)  x  4 x  4  k  0 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 - '  0 k  0 0.25 1    0  k  9 (*)  g (1)  0 9  k  0 Với điều kiện : (*) thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A(-1;0) , B  x1 ; kx1  k  ; C  x2 ; kx2  k  x1; x2 là hai nghiệm của phương trình :   2 BC   x2  x1 ; k  x2  x1    BC   x2  x1  1  k   x 2 2  x1 1  k  2 k Khoảng cách từ O đến đường thẳng d : h  1 k 2 0.25 1 1 k 2 3 S OBC  h.BC  .2 k 1 k  k 2 2 1 k2 S OBC  8  k 3  8  k 3  64  k  4 So với điều kiện (*) ta được k = 4. 0.25 II 1.(1,0 điểm)
WWW.VIETMATHS.COM (3điểm) Điều kiện: x  log 5 2 (*). Đặt t  5 x , điều kiện: t > 2. 0.25 2t Bất phương trình đã cho trở thành: t   3 5 (1). t2  4 t4 t2 t  20 Bình phương 2 vế của BPT (1) ta được : 2 4  45   t 4 t2  4 t 5  0.25  x  x  log 5 20 5  20 Suy ra:    1 (**) 0,25  5x  5  x     2 1 Kết hợp (*) và (**) ta được : x  log5 20 hoặc x  . 0,25 2 2.(1,0 điểm) 0.25 Điều kiện: x  3 Phương trình đã cho tương đương: 1 1 1 log 3  x 2  5 x  6   log 31  x  2   log 31  x  3  2 2 2 1 1 1 0.25  log 3  x 2  5 x  6   log 3  x  2    log 3  x  3  2 2 2  log 3  x  2  x  3   log 3  x  2   log 3  x  3     x2 0.25  log3  x  2  x  3   log3      x3 x2   x  2  x  3  x3  x   10 0.25  x2  9  1    x  10  Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x  10 . 0.25 2.(1,0 điểm) 3 x  2 x  3  a  x  1 x  1  2( x  1)  ( x  1) 2  a  x  1 x 2  1 . 2 2 2 2 0,25      2   x  1   a  x  1  (1). 2 2  x 1   x 1  Đặt t   x  1   t    2  1 x 3 ; t  0  x  1  x 1  x 12  x  1  t' + 0  0,25 2 t 1 1 Từ bảng biến thiên suy ra đó t  1; 2   
WWW.VIETMATHS.COM 2 Khi đó phương trình (1) trở thành : 2  t 2  at  a  t  (2) t (do t =0 không là nghiệm phương trình). 2 t  Xét hàm số g (t )  t  với t  1; 2   2 g (t )  1  2  0  t   2 . t t -1 0 0,25 2 g'   0 g -3   2 2 Từ bảng biến thiên suy ra pt có nghiệm khi và chỉ khi a  3 ; a  2 2 0,25 e e e x(1  ln x)  2 ln x ln x I=  dx   dx -2  dx 1 x(1  ln x) 1 1 x(1  ln x) e 0.5 Ta có :  dx  e  1 1 e Câu III ln x (1,5điể Tính J =  dx 1 x(1  ln x) m) 1 Đặt t = 1 + lnx  dt  dx x 0,5 x  1  t  1, x  e  t  2 2 2 t 1 1 Suy ra : J =  dt =  (1  )dt = (t - ln t ) = 1 - ln2 1 t 1 t Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2 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: 0,25  A ' C ,  ABB ' A '     A ' C , A ' H   CA ' H  300 .  
WWW.VIETMATHS.COM 1 a2 3  S ABC AC.BC .s in1200  0,25 2 2  AB  AC  BC  2 AC.BC.cos1200  7a 2  AB  a 7 2 2 2 2.SABC a 21  CH   AB 7 0,25 CH 2a 21 Suy ra: A ' C  0  . sin30 7 a 35 Xét tam giác vuông AA’C ta được: AA '  A ' C 2  AC 2  . 7 0,25 a3 105 Suy ra: V  S ABC . AA '  . 14 Do CC '/ / AA '  CC '/ /  ABB ' A ' , a 21 0,5 Suy ra: d  A ' B, CC '   d  CC ',  ABB ' A '    d  C ,  ABB ' A '   CH  . 7 Ta có: 4( x 2  y 2  xy )  1  2( x  y )  3( x  y ) 2  ( x  y) 2  1  2( x  y ) 0.25 1  1  2( x  y)  3( x  y ) 2    x  y  1 , vì x ; y không âm nên ta có 0  x  y  1 . 3 2 2  x y 2 1 2 1 P = xy  x  y  ( x  y )     x  y  ( x  y)  x  y  ( x  y) 2  2  2 4 2 0.5 V  x y 2 2 2 (1,5điể (vì xy    và 2( x  y )  ( x  y ) ) .  2  m) 1 Đặt t = x + y ; ta có : 0  t  1 , và P  f (t )  t  t 2 ; có 4 0,5 1 t 1 1 t t f ' (t )   = .  0 , với t  0;1 . 2 t 2 2 t 3 3 1  max f (t )  f (1)   maxP = , dấu = xảy ra  x = y = 0;1 4 4 2 0.25

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.