Đề thi ĐH khối A năm 2005 (có đáp án)

5 5.8K 27
Đề thi ĐH khối A năm 2005 (có đáp án)

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

ĐỀ THI ĐH,CĐ KHỐI A NĂM 2005 Câu I: ( 2 điểm) Gọi (C m ) là đồ thò của hàm số y = mx + x 1 (*) ( m là tham số ) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (*) khi m = 4 1 2. Tìmm để hàm số (*) có cực trò và khoảng cách từ điểm cực tiểu của (C m ) đến tiệm cận xiên của (C m ) bằng 2 1 Câu II: ( 2 điểm) 1. Giải bất phương trình : 4x21x1x5 −>−−− 2. Giải phương trình : cos 2 3x.cos2x – cos 2 x = 0 Câu III: (3điểm) 1.Trong mp với hệ tọa độ Oxy, cho 2 đường thẳng d 1 : x – y = 0 và d 2 : 2x + y –1 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc d 1 , đỉnh C thuộc d 2 và các đỉnh B, C thuộc trục hoành. 2. Trong kgian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng d : 1 3z 2 3y 1 1x − = + = − − và mp(P) : 2x + y – 2z + 9 = 0 a) Tìm toạ điểm I thuộc d sao cho khoảng cách từ I đến mp(P) bằng 2 b) Tìm toạ độ giao điểm A của đthẳng d và mp(P). Viết ptrình tham số của đthẳng ∆ nằm trong mp(P), biết ∆ đi qua A và vuông góc với d. Câu IV: (2 điểm) 1. Tính tích phân : I = dx x31 xx2 2 0 ∫ π + + cos sinsin 2. Tìm số nguyên dương n sao cho : 2005C21n2C24C23C22C 1n2 1n2 n24 1n2 33 1n2 22 1n2 1 1n2 =+++−+− + +++++ ).( ( k n C là tổ hợp chập k của n phần tử ) Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 4 z 1 y 1 x 1 =++ . CMR : 1 z2yx 1 zy2x 1 zyx2 1 ≤ ++ + ++ + ++ ĐÁP ÁN Câu I: ( 2 điểm) 2. MXĐ : D = R\ { } 0 ; y’ = m – 2 1 x ; y’ = 0 ⇔ mx 2 = 1 (a) Y có cực trò ⇔ (a) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0 Khi đó : (a) có 2 nghiệm x = m 1 ± . Vì y là hàm số hữu tỉ có hệ số góc của tiệm cận xiên dương nên hoành độ điểm cực đại nhỏ hơn hoành độ điểm cực tiểu (hoặc dựa vào bảng biến thiên). Do đó A )2, 1 ( m m là điểm cực tiểu của (C m ) Tiệm cận xiên của (C m ) là d : mx – y = 0 Ta có : d(A,d) = 12 2 1 1 2 2 1 2 2 +=⇔= + − ⇔ mm m mm ⇔ m 2 – 2m + 1 = 0 ⇔ m = 1 (thỏa đk) Câu II: ( 2 điểm) 1. Bpt ⇔ 42115 −+−>− xxx ⇔    +<−− ≥ ⇔    −−+−+−>− ≥ 2)42)(1( 2 )42)(1(242115 2 xxx x xxxxx x ⇔ 102 100 2 010 2 2 <≤⇔    << ≥ ⇔    <− ≥ x x x xx x 2. Cách 1: Pt ⇔ 0 2 2cos1 2cos 2 6cos1 = + − + x x x ⇔ cos6x.cos2x – 1 = 2 ⇔ (4cos 3 2x – 3cos2x). cos2x – 1 = 0 ⇔ 4cos 4 2x – 3cos 2 2x – 1 = 0 ⇔ cos 2 2x = 1 hay cos 2 2x = -1/4 ( vô nghiệm) ⇔ sin2x = 0 ⇔ x = k. π /2, k ∈ Z Cách 2: Pt ⇔ cos6x.cos2x – 1 = 2 ⇔ cos6x.cos2x =1 hay cos6x.cos2x = -1 ⇔ cos2x =1 hay cos2x = -1 ⇔ sin2x = 0 ⇔ x = k. π /2, k ∈ Z Cách 3: Pt ⇔ cos6x.cos2x – 1 = 2 ⇔ cos8x + cos4x = 2 ⇔ cos8x = cos4x = 1 ⇔ cos4x = 1⇔ x = k. π /2, k ∈ Z Câu III: (3điểm) 1. A ∈ d 1 ⇔ A(m;m); C ∈ d 2 ⇔ C( n; 1 – 2n ) Vì B, D ∈ Ox và ABCD là hình vuông nên : A và C đối xứng với nhau qua Ox ⇔    = = ⇔    −= = 1 1 12 n m nm nm ⇒ A(1;1), C( 1; -1) . Gọi (C ) là đường tròn đường kính AC ⇒ Pt đtròn (C ) : (x – 1 ) 2 + y 2 = 1 ; B và D là giao điểm của (C ) và Ox nên tọa độ của B,D là nghiệm của hệ pt :    = =∨= ⇔    = =+− 0 20 0 1)1( 22 y xx y yx . Suy ra B(0;0), D(2;0) hay D(0;0), B(2;0) Vậy : A(1;1), B(0;0), C( 1; -1), D(2;0) Hay A(1;1), B(2;0), C( 1; -1), D(0;0) 2. a) Viết ptrình d : )(, 3 23 1 Rt tz ty tx ∈      += +−= −= I ∈ d ⇔ I (1 – t ; - 3 + 2t; 3 + t) Ta có : d(I,(P)) = 2 ⇔    = −= ⇔=−⇔= ++ +−−+−− 4 2 312 414 9262322 t t t ttt ⇒ I(3; -7; 1) hay I(-3; 5; 7) b) Thế ptrình d vào ptrình (P) ta được t = 1. Thế t =1 vào pt d ta được x = 0; y = -1; z = 4 ⇒ A(0; -1; 4) Vectơ chỉ phương của d: → a = (-1; 2; 1) Vectơ pháp tuyến của (P) : → n = (2 ; 1; -2) Suy ra vectơ chỉ phương của ∆ : [ → a , → n ] = (-5 ; 0 ; -5) hay (1 ; 0 ; 1) Mặt khác ∆ đi qua A nên phương trình tham số của ∆ là : )'(, '4 1 ' Rt tz y tx ∈      += −= = Câu IV: (2 điểm) 1. Tính tích phân : I = dx x xx ∫ + + 2 0 cos31 sin2sin π Đặt t = xcos31 + ⇒ t 2 = 1 + 3cosx ⇒ 2tdt = - 3sinxdx X = 0 ⇒ t = 2 ; x = π / 2 ⇒ t = 1 ⇒ I = 27 34 3 2 9 2 )12( 9 2 ) 3 2 ( 1 3 1 2 cos31 sin)1cos2( 2 1 32 1 2 1 2 2 2 0 =         +=+=− + − = + + ∫∫∫ t t dttdt t t t dx x xx π 2. Ta có : (1 – x ) 2n+1 = 12 12 123 12 32 12 21 12 0 12 . + + + ++++ −+−+− n n n nnnn CxCxCxxCC Lấy đạo 2 vế : -(2n+1).(1 – x ) 2n = 12 12 23 12 22 12 1 12 )12( .32 + ++++ +−+−+− n n n nnn CxnCxxCC Chọn x = 2 ta được pt : 2n + 1 = 2005 ⇔ n = 1002 Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 4 111 =++ zyx . CMR : 1 2 1 2 1 2 1 ≤ ++ + ++ + ++ zyxzyxzyx Cách 1 : Ta có : (a – b ) 2 ≥ 0, ∀ a,b > 0 ( hiển nhiên) ⇔ )1(0,, 11 4 11 >∀       +≤ + ba baba p dụng (1) ta có :         + +≤ ++ zyxzyx 1 2 1 4 1 2 1 )( 112 16 11111 16 1 a zyxzyxx         ++=         +++≤ Tương tự ta có : )( 121 16 1 2 1 b zyxzyx         ++≤ ++ )( 211 16 1 2 1 c zyxzyx         ++≤ ++ (a) + (b) + (c) suy ra : 1 444 16 1 2 1 2 1 2 1 =         ++≤ ++ + ++ + ++ zyxzyxzyxzyx (do 4 111 =++ zyx ) Cách 2 : p dụng BĐT Cauchy cho 4 số dương ta có : (a + b + c + d) )(16 1111 II dcba ≥       +++ p dụng (II) ta có :         +++≤ +++ zyxxzyxx 1111 16 11         ++≤ ++ zyxzyx 121 16 1 2 1         ++≤ ++ zyxzyx 211 16 1 2 1 ⇒ Vtrái ≤ 1 444 16 1 =         ++ zyx Cách 3 : p dụng BĐT Cauchy ta có :         +++≤≤ +++ zyxx xxyz zyxx 1111 16 1 4 11 4         +++≤≤ +++ zyyx xyyz zyyx 1111 16 1 4 11 4         +++≤≤ +++ zzyx xyzz zzyx 1111 16 1 4 11 4 ⇒ Vtrái ≤ 1 444 16 1 =         ++ zyx . ĐỀ THI ĐH, CĐ KHỐI A NĂM 2005 Câu I: ( 2 điểm) Gọi (C m ) là đồ thò c a hàm số y = mx + x 1 (*) ( m là tham số ) 1.Khảo sát sự biến thi n và vẽ. tuyến c a (P) : → n = (2 ; 1; -2) Suy ra vectơ chỉ phương c a ∆ : [ → a , → n ] = (-5 ; 0 ; -5) hay (1 ; 0 ; 1) Mặt khác ∆ đi qua A nên phương trình tham số

Ngày đăng: 18/08/2013, 21:10

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan