tailieunhanh - Đáp án Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2012 môn Toán

Khi m = 1, ta có: y = x4 – 4x2 + 1. • Tập xác định: D = R. • Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: y' = 4x3 – 8x; y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ± 2. Hàm số nghịch biến trên các khoảng (– ∞; – 2 ) và (0; 2 ); đồng biến trên các khoảng (– 2; 0) và ( 2; + ∞). 0,25 – Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 2; yCT = – 3, đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1 | BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn TOÁN Khối B Đáp án - thang điểm gồm 04 trang ĐÁP ÁN - THANG ĐIỀM Câu Đáp án Điểm I 2 0 điểm 1. 1 0 điểm Khi m 1 ta có y x4 - 4x2 1. Tập xác định D R. Sự biến thiên - Chiều biến thiên y 4x3 - 8x y 0 X 0 hoặc X 5 2. Hàm số nghịch biến trên các khoảng - -V2 và 0 V2 đồng biến trên các khoảng -a 2 0 và ạ 2 . - Cực trị Hàm số đạt cực tiểu tại x 5 2 yCT - 3 đạt cực đại tại x 0 yCĐ 1. 0 25 0 25 - Giới hạn lim y lim y ra. x - x - Bảng biến thiên x - x -V2 0 V2 _y 0 0 - 0 TC r1x TC y -3X -3 0 25 Đồ thị y 0 25 2. 1 0 điểm y x 4x3 - 4 m 1 x 4x x2 - m - 1 y x 0 x 0 hoặc x2 m 1 1 . 0 25 Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi 1 có hai nghiệm phân biệt khác 0 m - 1 . 0 25 0 25 Khi đó H 0 m B m 1 - m2 - m - 1 và C yỊm 1 - m2 - m - 1 . Suy ra OA BC m2 4 m 1 m2 - 4m -4 0 m 2 2V2 thỏa mãn . Vậy giá trị cần tìm m 2 -2V2 hoặc m 2 2V2. 0 25 II 2 0 điểm 1. 1 0 điểm Phương trình đã cho tương đương với sinx 1 cos2x sinxcosx cos2x sinx cosx 0 25 0 25 cos2x sinx - 1 cosx sinx - 1 0 sinx - 1 cos2x cosx 0 1 _ n sinx 1 x k2n. 2 0 25 cos2x - cosx cos n - x x -3- k 3n. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x n k2n x n k n k e Z . 0 25 Trang 1 4 Câu Đáp án Điểm III 1 0 điểm IV 1 0 điểm 2. 1 0 điếm Điều kiện - 2 x 2 . Khi đó phương trình đã cho tương đương 3 V2 x - 2s 2 - x 4 4 - x2 10 -3x 1 . Đặt t s 2 x - 2 5 2-x 1 trở thành 3t t2 t 0 hoặc t 3. t 0 suy ra V2 x 2 5 2-x 2 x 4 2 - x x 5 thỏa mãn . t 3 suy ra 5 2 x 2y 2-x 3 vô nghiệm do 5 2 x 2 và 2 5 2-x 3 3 với mọi x e - 2 2 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 5. n n n 31 x sin x 3 1 3 x sin x I I 2 dx I ax I dx. 0 cos x 00 cos x 0 cos x n Ta có I 12 0 cos x n dx tan x 03 n n n 3 x sin x . 3 . 1 x 3 và dx Ix d l Ux I n 2n 1K - 1 1 dsin x 3 2 0 V sin x -1 sin x 1 n n 3 dx 2n 3 dsin x cos x 3 0 sin2 x -1 0 25 0 25 0 25 0 25 0 25 0 25 0 25 2n 1 ._ -I ln 3 2 V sin x -1 sin x 1 n ------ ln 2 - V3 . Vậy I 5 3 ln 2 -5 3 . 0