Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)TTBDVH KHAI TRÍ ĐỀ SỚ 5
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC - NĂM 2011 Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x 4 2mx2m1 (1) , với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m1.
2 Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời điểm cực trị đồ thị tạo thành tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp
Câu II (3 điểm)
3.Giải phương trình tan4x +1 =
2 (2 sin )sin
os
x x
c x
4 Giải hệ phương trình sau:
x+y¿2 ¿ ¿7
¿
2x+
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 =
3
sinxdx (sinx + cosx)
Câu IV (1 điểm)
Tính thể tích hình chóp S.ABC, biết đáy ABC tam giác cạnh a, mặt bên ( SAB) vng góc với đáy, hai mặt bên lạ tạo với đáy góc.
Câu V (1 điểm)
Chứng minh với 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 điểm B thuộc trục tung cho A B đối xứng với qua đường thẳng d:2x y 3
Câu VII.a(1 điểm)
Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niutơn
18
1
2x x
x
.
(2)-Hết -ĐÁP ÁN MƠN TỐN – ĐỀ SỐ 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 m1 hàm số trở thành: y x4 2x2
TXĐ: D=
Sự biến thiên:
' 4 4 0 4 1 0
1 x
y x x x x
x
0.25
yCDy 0 0, yCT y 1 0.25
Bảng biến thiên
x - -1 + y’ + +
y + +
-1 -1
0.25
Đồ thị
0.25
2 (1 điểm)
'
2
4 4 x
y x mx x x m
x m
Hàm số cho có ba điểm cực trị pt y' 0 có ba nghiệm phân biệt y' đổi dấu
khi x qua nghiệm m0 0.25
Khi ba điểm cực trị đồ thị hàm số là:
0; 1 , ; 1 , ; 1
A m B m m m C m m m 0.25
2
ABC B A C B
S y y x x m m
; ABAC m4m BC, 2 m
0.25
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10 -5 10
(3)
3
1
1 5 1
4
2
ABC
m
m m m
AB AC BC
R m m
S m m m
0.25 II
(2điểm) ( điểm) ĐK: cosx
sinx 1.
Ta có phương trình sin4x + cos4x = ( – sin22x)sin3x ( – sin22x)(1 – sin3x) = sin3x =
1
2 ( ( – sin22x1) 0.50
3sinx – 4sin3x =
2 Thay sinx = vào không thỏa mãn 0.25
Vậy nghiệm PT
2
; ( )
18 18
k k
x x kZ
0.25 (1 điểm) ĐK: x + y 0
Ta có hệ
2
2
3( ) ( )
( )
1
3 x y x y
x y
x y x y
x y 0.25
Đặt u = x + y +
x y ( u 2) ; v = x – y ta hệ :
2 13 u v u v 0.25
Giải hệ ta u = 2, v = ( u 2)
Từ giải hệ
1
2 1
1
1
x y x y x
x y
x y y
x y 0.5
* Lời giải: ĐK x > Đặt t = log4x x = 4t,
BPT trở thành log5(3 + 2t) > t 3 + 2t >5t
3
( ) 5
t
t
Xét hàm số f(t) =
3 ( ) 5 t t
nghịch biến R f(t) = t1 Nên bất phương trình trở thành: f(t) > f(1) t < 1, ta log4x < < x < 4
0,25 0,25 0,25 0,25 III
(1 điểm) Đặt x = 2 u dx = - du
Đổi cận: x = u =
; x =
u =
Vậy: I =
2
3
0
sin( ) cosxdx
2
sinx + cosx
sin os
2
u du
u c u
(4)Vậy : 2I =
2
2
0
sinx + cosx
(sinx + cosx) sinx + cosx
dx dx
=
2
tan
1 2
2 os
4
x dx
c x
1 I
0.50
IV
(1 điểm) Dựng Ta có: SH AB
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB) SH (ABC)
SH đường cao hình chóp. Dựng HN BC, HP AC
SN BC, SP AC SPH SNH
ΔSHN = ΔSHP HN = HP ΔAHP vuông có:
o a
HP HA.sin60
4
0.50
ΔSHP vuông có:
a
SH HP.tan tan
4
Thể tích hình chóp
2
ABC
1 a a a
S.ABC : V SH.S tan tan
3 4 16
0.50 V
(1 điểm)
Với n = BĐT cần chứng minh
0.25 Xét n > ln(n – 1) > BĐT tương đương với:
ln ln( 1) ln( 1) ln
n n
n n
(1)
0.25 Hàm số f(x) =
ln ln( 1)
x
x , với x > hàm nghịch biến, nên với n >
f(n) > f(n+1)
ln ln( 1) ln( 1) ln
n n
n n
BĐT (1) chứng minh. 0.50
VI
(1 điểm) A Ox B Oy , A a ;0 , B0; ,b AB a b;
0.25 Vectơ phương d u1; 2
Toạ độ trung điểm I AB ; 2 a b
0.25
A Bđối xứng với qua d khi 0.50
S
H
P
C A
B
N
(5)2 4
2
2
a b a
AB u
b b
a
I d
Vậy A4;0 , B0; 2 VII
(1 điểm)
Số hạng tổng quát khai triển nhị thức Niutơn
18
1 2x
x
là
6 18
18 18 5
1 18 5 18
1
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
18 15
5 k
k
Vậy số hạng cần tìm T16 C1815.23 6528 0.50
Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định.