TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG NĂM 2013 pdf

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 4
y 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 1
x 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 , 120
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:
)(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 4
y 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


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 1
BC x x k x x BC x x k x x k
         


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
1.(1,0 điểm)


WWW.VIETMATHS.COM

(3điểm)

Điều kiện:
5
log 2

x 
(*). 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 20
x 
hoặc
1
2
x

.
0,25
2.(1,0 điểm)

0.25
Điều kiện:
3
x


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 3
x 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
10
x 
.
0.25
2.(1,0 đi
ểm)

 
2 2
3 2 3 1 1
x x a x x
    


 
2 2 2
2( 1) ( 1) 1 1

x 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 1
t x

  

x




1


'
t

+
0




t




2


1

1
Từ bảng biến thiên suy ra đó

1; 2
t

 


0,25
WWW.VIETMATHS.COM

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; 2
t

 


2
2
( ) 1 0 2
g 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 2
a 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, 2
x 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
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
' , ' ' ' , ' ' 30
A C ABB A A C A H CA H   
 
.
0,25

WWW.VIETMATHS.COM


2
0
1 3
. .sin120
2 2
ABC
a
S AC BC

 
0,25

2 2 2 0 2
2 . .cos120 7 7
AB 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