zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 1

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

Báo xấu

59
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử toán đh năm 2013 đề số 1', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 1

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: 3 2 Câu I (2,5 điểm). Cho hàm số y  x  3x  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). 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.