Nội dung

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 4  2mx 2  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 tròn ngoại tiếp bằng 1 . (2  sin 2 2 x) sin 3 x Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình tan4x +1 = . cos 4 x 3  2 2 4 xy  4 ( x  y )  7  ( x  y) 2  2. Giải hệ phương trình sau:  2 x  1  3  x y  2 Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = s inxdx  (sinx + cosx) 3 0 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) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn 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) II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d :2 x  y  3  0 . Câu VII.a (1 điểm) 18 1   Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của  2 x  5   x  0 . x  Câu VIII.a (1 điểm) Giải bất phương trình log5(3+ x ) > log 4 x . 2. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông ở A . Biết  1 A  1; 4  , B 1; 4  và đường thẳng BC đi qua điểm M  2;  . Hãy tìm toạ độ đỉnh C .  2 n Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của  x 2  2  , biết An3  8Cn2  Cn1  49 . ( Ank là số chỉnh hợp chập k của n phần tử, Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử).  x2  4 x  3 . Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ x2 điểm bất kỳ trên đồ thị hàm số đến hai đường tiệm cận của nó luôn là một hằng số. Câu VIII.b (1 điểm) Cho hàm số y  ----------------------------------Hết---------------------------------- một ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Câu I (2điểm) Nội dung Điể m 1.(1 điểm). Khi m  1 hàm số trở thành: y  x 4  2 x 2  TXĐ: D= x  0 Sự biến thiên: y '  4 x3  4 x  0  4 x  x 2  1  0    x  1 yCD  y  0   0, yCT  y  1  1   Bảng biến thiên x - -1  y’ 0 + y 0 + 0.25 0.25 0.25 + 1 0  0 + + 0 -1 -1 Đồ thị 0.25 x  0 2. (1 điểm) y '  4 x3  4mx  4 x  x 2  m   0   2 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  Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A  0; m  1 , B  m ; m 2  m  1 , C m ; m 2  m  1   1 yB  y A . xC  xB  m 2 m ; AB  AC  m 4  m , BC  2 m 2 m  1 m4  m  2 m  AB. AC.BC 3  R 1  1  m  2m  1  0   2 m  5  1 4S ABC 4m m  2 1 ( 1 điểm) ĐK: cosx  0  sinx   1. Ta có phương trình  sin4x + cos4x = ( 2 – sin22x)sin3x 1 ( do ( 2 – sin22x  1)  ( 2 – sin22x)(1 – 2 sin3x) = 0  sin3x = 2 1  3sinx – 4sin3x = . Thay sinx =  1 vào đều không thỏa mãn. 2  2k  5 k 2 Vậy các nghiệm của PT là x   ;x   (k  Z ) 18 3 18 3 2. (1 điểm) ĐK: x + y  0 3  2 2 3( x  y )  ( x  y )  ( x  y ) 2  7   Ta có hệ   x  y  1  x  y  3  x y  II (2điểm)   S ABC  2   0.25 0.25 0.25 0.25 0.50 0.25 0.25 0.25 2 3u  v  13 1 ( u  2 ) ; v = x – y ta được hệ :  x y u  v  3 Giải hệ ta được u = 2, v = 1 do ( u  2 ) Đặt u = x + y + 0.25 0.5  III (1 điểm) 1  2 x  y  1 x  1 x  y  x y Từ đó giải hệ    x  y  1 y  0 x  y  1  Đặt x =   u  dx = - du 2   ;x= u=0 2 2    sin(  u )du 2 2 cosxdx 2 Vậy: I =   3 3  0      0  sinx + cosx  sin  2  u   cos  2  u        Đổi cận: x = 0  u = 0.50   tan  x    s inx + cosx dx dx 4  Vậy : 2I =  dx   =   2 1 2 2  (s inx + cosx) 2 0  sinx + cosx  0 0 2cos 2  x  0   4  1 I  2  2 IV (1 điểm)  2  2 Döïng SH  AB 0.50 S  Ta coù:  (SAB)  (ABC), (SAB)  (ABC)  AB, SH  (SAB)  SH  (ABC) vaø SH laø ñöôøng cao cuûa hình choùp. Döïng HN  BC, HP  AC B  SN  BC, SP  AC  SPH  SNH    ΔSHN = ΔSHP  HN = HP.  a 3 ΔAHP vuoâng coù: HP  HA.sin60o  . 4 N H   C P A 0.50 ΔSHP vuoâng coù: SH  HP.tan    a 3 tan  4  Theå tích hình choùp 1 1 a 3 a2 3 a3 S.ABC : V  .SH.SABC  . .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 n ln(n  1)  (1) ln(n  1) ln n 0.25  Hàm số f(x) = ln x , với x > 2 là hàm nghịch biến, nên với n > 2 thì f(n) ln( x  1) 0.50 ln n ln(n  1)  . BĐT (1) được chứng minh. ln(n  1) ln n  A  Ox, B  Oy  A  a;0  , B  0; b  , AB   a; b   Vectơ chỉ phương của d là u  1;2  > f(n+1)  VI.a (1 điểm) 0.25 a b Toạ độ trung điểm I của AB là  ;   2 2 A và B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi   a  2b  0  AB.u  0 a  4   b    I  d b  2 . Vậy A  4; 0  , B  0; 2  a  2  3  0 0.25 0.50 VII.a (1 điểm) VIII.a (1 điểm) VI.b (1 điểm) VII.b (1 điểm) 18 k 6k 18  5 1   18 k  1  Số hạng tổng quát của  2x  5  là Tk 1  C18k .  2 x  .  5   C18k .218k .x x   x 6k Số hạng không chứa x ứng với k thoả mãn 18   0  k  15 .Vậy số hạng cần tìm là 5 T16  C1815 .23  6528  Lời giải: ĐK x > 0. Đặt t = log4x  x = 4t, BPT trở thành log5(3 + 2t) > t  3 + 2t >5t 3 2 3 2  t  ( )t  1 . Xét hàm số f(t) = t  ( )t nghịch biến trên R và f(t) = 1 5 5 5 5 Nên bất phương trình trở thành: f(t) > f(1)  t < 1, ta được log4x < 1  0

This site is protected by reCAPTCHA and the Google Privacy Policy and Terms of Service apply.