DE 6 TOAN CO DAP AN ON THI DH 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (196.76 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TTBDVH KHAI TRÍ
ĐỀ SỚ 5

ĐỀ THI TỦN SINH ĐẠI HỌC - NĂM 2011 
Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x 4 2mx2m1 (1) , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m1.

2. Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một
tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp bằng 1.

Câu II (3 điểm)

3.Giải phương trình tan4x +1 =

2
4
(2 sin 2 )sin 3

x x

c x


4. Giải hệ phương trình sau:

x+y¿2
¿
¿7

2x+ 1

x+y=3

¿
¿

4 xy+4(x2+y2)+3

5. Giải bất phương trình log5(3+ x) >log4 x.

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I =
2

3
0

sinxdx
(sinx + cosx)




Câu IV (1 điểm)

Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên ( SAB) vng
góc với đáy, hai mặt bên cịn lạ cùng tạo với đáy một góc.

Câu V (1 điểm)

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ( với n  2), ta có: ln2n > ln(n-1).ln(n+1)
Câu VI (1 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, tìm điểm A thuộc trục hồnh và điểm B thuộc trục tung sao
cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d:2x y  3 0.

Câu VII.a(1 điểm)

Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của





18
5

2x x 0

x

 

 

 

  .

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

---Hết---ĐÁP ÁN MƠN TỐN – ĐỀ SỚ 5

( áp án- Thang i m g m 04 trang)

Đ

đ ể

ồ

Câu Nội dung Điể

m
I (2điểm) 1.(1 điểm). Khi m1 hàm số trở thành: y x4 2x2

 
 TXĐ: D=

 Sự biến thiên:





' 4 3 4 0 4 2 1 0 0

1
x

y x x x x

x


       



 0.25

yCDy

 

0 0, yCT y



 1



1 0.25

 Bảng biến thiên

x - -1 0 1 +
y’  0 + 0  0 +

y + 0 +

-1 -1

0.25

 Đồ thị

0.25

2. (1 điểm)





' 3 2

2
0

4 4 4 0 x

y x mx x x m

x m



      




Hàm số đã cho có ba điểm cực trị  pt y' 0 có ba nghiệm phân biệt và y' đổi dấu

khi x đi qua các nghiệm đó  m0 0.25

 Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:



0; 1 ,





; 2 1 ,

 

; 2 1



A m B  m m m C m m m 0.25



2
1

.
2

ABC B A C B

S  y  y x  x m m

; ABAC m4m BC, 2 m

0.25

-2

-4

-6

-8

-10 -5 5 10

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>







3
2

1
2

. .

1 1 2 1 0 5 1

4 4

ABC

m

m m m

AB AC BC

R m m

S m m m



 
         
 


0.25
II

(2điểm) 1 ( 1 điểm) ĐK: cosx

 0  sinx   1.

Ta có phương trình  sin4x + cos4x = ( 2 – sin22x)sin3x
 ( 2 – sin22x)(1 – 2 sin3x) = 0  sin3x =

2 ( do ( 2 – sin22x1) 0.50

 3sinx – 4sin3x = 
1

2. Thay sinx =  1 vào đều không thỏa mãn. 0.25

Vậy các nghiệm của PT là

2 5 2

; ( )

18 3 18 3

k k

x   x    kZ

0.25
2. (1 điểm) ĐK: x + y  0

 Ta có hệ 

2 2

2
3

3( ) ( ) 7

( )

3
x y x y

x y

x y x y

x y

    
 


     
 
 0.25

 Đặt u = x + y +
1

x y ( u 2) ; v = x – y ta được hệ :

2 2
3 13
3
u v
u v
  

 
 0.25

 Giải hệ ta được u = 2, v = 1 do ( u 2)

 Từ đó giải hệ

2 1 1

1 0

x y x y x

x y

x y y

x y

       

  
  
  
 
  
 0.5
3.

* Lời giải: ĐK x > 0.
Đặt t = log4x  x = 4t,

BPT trở thành log5(3 + 2t) > t  3 + 2t >5t

3 2

( ) 1
5
5

t

t  

.
Xét hàm số f(t) =

3 2
( )
5
5
t
t 

nghịch biến trên R và f(t) = 1  t1
Nên bất phương trình trở thành: f(t) > f(1)  t < 1, ta được log4x < 1 
 0 < x < 4

0,25
0,25
0,25

0,25
III

(1 điểm) Đặt x = 2  u  dx = - du

Đổi cận: x = 0 u = 2



; x = 2


 u = 0

Vậy: I =





2 2

3 3

0 0

sin( ) cosxdx

sinx + cosx

sin os

2 2

u du

u c u

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Vậy : 2I =





2 2

0 0

sinx + cosx

(sinx + cosx)
sinx + cosx

dx
dx

 





=
2

2
0

tan
4

1
2
2

2 os 0

x
dx

c x

 




 

 

 

 

 

 
 



1
2
I
 

0.50

IV

(1 điểm)  Dựng Ta có: SH AB

(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)   
SH (ABC)

  và SH là đường cao của hình chóp.
 Dựng HN BC, HP AC 

 

SN BC, SP AC SPH SNH

     

 ΔSHN = ΔSHP  HN = HP.
 ΔAHP vuông có:

o a 3

HP HA.sin60 .

 

0.50

 ΔSHP vuông có:

  a 3 

SH HP.tan tan

 Thể tích hình chóp

    

2 3

ABC

1 1 a 3 a 3 a

S.ABC : V .SH.S . .tan . tan

3 3 4 4 16

0.50
V

(1 điểm)

 Với n = 2 thì BĐT cần chứng minh đúng

0.25
 Xét n > 2 khi đó ln(n – 1) > 0 BĐT tương đương với:

ln ln( 1)
ln( 1) ln

n n




 (1)

0.25
 Hàm số f(x) =

ln
ln( 1)

x

x , với x > 2 là hàm nghịch biến, nên với n > 2 thì

f(n) > f(n+1) 

ln ln( 1)
ln( 1) ln

n n




 . BĐT (1) được chứng minh. 0.50

VI

(1 điểm) A Ox B Oy ,   A a



;0 ,



B



0; ,b AB



 



a b;





0.25
Vectơ chỉ phương của d là u



1; 2





Toạ độ trung điểm I của AB là
;
2 2
a b
 
 

  0.25

A và Bđối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi 0.50

S

H

P

C
A

B

N

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2 0 4
. 0

2
3 0

a b a

AB u

b b

a

I d

  



   

 

 

  



  



 

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

. Vậy A



4;0 ,



B



0; 2



VII

(1 điểm)

Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Niutơn của

18
5

1
2x

x

 



 

  là





6
18

18 18 5

1 18 5 18

. 2 . .2 .

k k

k

k k k

k

T C x C x

x



 



 

   

  0.50

Số hạng không chứa x ứng với k thoả mãn
6

18 0 15

5
k

k
   

Vậy số hạng cần tìm là T16 C1815.23 6528 0.50

Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án
 quy định.

</div>

DE 6 TOAN CO DAP AN ON THI DH 2012







( áp án- Thang i m g m 04 trang)

Đ

đ ể

ồ





 















 

















































Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về