http://ductam_tp.violet.vn/ Sở giáo dục và đào tạo Hà nội Trường THPT Liên Hà ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP NĂM 2010 **************** Mơn : TOÁN; khới: A,B(Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề) CÂU I: Cho hàm số 4 3 2 3 4(1 ) 6 1y x m x mx m= − + + + − có đồ thò ( ) m C . 1. Khảo sát hàm số trên khi m= -1 2. Tìm giá trò âm của tham số m để đồ thò và đường thẳng ( ) : 1y∆ = có ba giao điểm phân biệt. CÂU II: Giải hệ phương trình: 2 3 2 3 2 2log (6 3 2 ) log ( 6 9) 6 log (5 ) log ( 2) 1 x y x y y xy x x x y x − − − − − + − + − + = − − + = CÂU III: 1. Giải phương trình: 2 4 2 7 1x x x− = − + 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng có phương trình: 2 4 , 2 7 1, 1, 2y x x y x x x= − = − + = − = CÂU IV: 1. Cho n là số nguyên dương thỏa điều kiện 1 2 55 n n n n C C − − + = . Hãy tìmsố hạng là số nguyên trong khai triển nhò thức ( ) 7 3 8 5 n + 2. Giải phương trình: 4 4 4sin 2 4cos 2 cos 4 3x x x+ + = CÂU V: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0;0;4), B( 2 3 ;2;0), C(0;4;0).Gọi H là trực tâm của tam giác OBC (O là gốc của hệ tọa độ) và K là hình chiếu vuông góc của điểm H xuống mặt phẳng (ABC) 1. Chứng minh rằng tam giác OBC là tam giác đều và viết phng trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC 2. Chứng minh K là trực tâm của tam giác ABC 3. Gọi N là giao điểm của hai đøng thẳng HK và OA.Tính tích số OA.ON ĐAP AN CÂU I: Cho hàm số: ( ) 4 3 2 3 4 1 6 1 ( )y x m x mx m C m = − + + + − 1) Khảo sát hàm số khi m= -1: 4 2 3 6 2y x x= − + • TXĐ: D = R • ( ) 3 2 ' 12 12 12 1y x x x x= − = − http://ductam_tp.violet.vn/ 0 ' 0 1 2 '' 36 12 1 1 '' 0 3 3 1 1 , , 3 3 x y x y x y x y = = ⇔ = ± = − = ⇔ = ± ⇒ = ⇒ ÷ ÷ 1 1 điểm uốn - 3 3 • BBT: x - 4 -1 0 1 + 4 y’ - 0 + 0 - 0 + y + 4 2 +4 CĐ -1 -1 CT CT • Đồ thò: Cho y=2 0 4 2 3 6 0 2 x x x x = ⇔ − = ⇔ = ± 2) Tìm giá trò m < 0 để (C m ) và ( ) : 1y∆ = có ba giao điểm phân biệt. Ta có: http://ductam_tp.violet.vn/ ( ) ( ) ( ) 4 3 2 3 4 1 6 1 3 3 ' 12 12 1 12 2 12 1 0 1 ' 0 1 4 3 2 1 y x m x mx m y x m x mx x x m x m x y m y x y m x m y m m m = − + + + − = − + + = − + + = ⇔ = − = ⇔ = ⇔ = = ⇔ = − + − + ( )C m Và ( ) ∆ cắt nhau tại 3 điểm phân biệt nếu đường thẳng :y=1 đi qua điểm cực trò của ( )C m . ( ) ( ) 1 1 0 ( ) 1 1 ( ) 4 3 2 2 1 1 1 1 0 m m m m m m m m m m m = + = ⇔ = ⇔ = − + − + = − − − = loại loại 0 ( ) 1 ( ) 1 5 ( ) 2 1 5 ( ) 2 m m m m = = + ⇔ = − = loại loại loại nhận vì m < 0 ĐS: 1 5 2 m − = CÂU II: Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2log 6 3 2 log 6 9 6 (1) 3 2 log 5 log ( 2) 1 (2) 3 2 y xy x x x x y y x x y − + − + − + = − − − − + = − − Điều kiện : 0 3 1 0 2 1 2 3 6 3 2 0 2 2 2 6 9 0 1 5 0 2 0 x y x y xy x x y x x y y x < − ≠ < − ≠ − < < − + − > ≠ ⇔ < − + > ≠ − > + > Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 (1) 2 log 2 )(3 log 3 6 3 2 2 log (2 ) 1 2 log 3 6 3 2 y x x x y y x x y ⇔ − − + − = − − ⇔ − + + − = − − http://ductam_tp.violet.vn/ (vì 2 - y > 0 và 3 –x >0) ( ) log (2 ) log 3 2 (*) 3 2 y x x y ⇔ − + − = − − Đặt log (2 ) 3 t y x = − − thì (*) trở thành: 1 2 2 2 1 0t t t t + = ⇔ − + = (vì t = 0 không là nghiệm ) Do đó phương trình (1) log (2 ) 1 3 3 2 1 y x x y y x ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = − Thế y = x - 1 vào (2) ta được: log (6 ) log ( 2) 1 3 3 log (6 ) log ( 2) log (3 ) 3 3 3 log (6 ) log ( 2)(3 ) 3 3 6 ( 2)(3 ) 2 5 0 0 1 5 ( ) x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x y x − − + = − − ⇔ − = + + − − − − ⇔ − = + − − − ⇔ − = + − ⇔ − = = ⇔ ⇒ = − = loại Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm 0 1 x y = = − CÂU III: 1) Giải phương trình: 2 4 2 7 1x x x− = − + Trường hợp 1: x < 0: Phương trình trở thành : ( ) 2 4 7 2 1 2 2 8 0 2 2 4 ( ) x x x x x x x x − = − + ⇔ − − = = − ⇔ ⇔ = − = loại Trường hợp 2: 7 0 2 x≤ ≤ http://ductam_tp.violet.vn/ Phương trình trở thành: ( ) 2 4 7 2 1 2 6 8 0 2 2 4 ( ) x x x x x x x x − = − + ⇔ − + = = ⇔ ⇔ = = loại Trường hợp 3: 7 4 2 x< < Phương rình trở thành: ( ) 2 4 2 7 1 2 2 6 0 1 7 ( ) 1 7 1 7 x x x x x x x x − = − + ⇔ − − = = − ⇔ ⇔ = + = + loại Trường hợp 4: 4x ≥ Phương rình trở thành: ( ) 2 4 2 7 1 2 2 6 0 3 3 ( ) 3 3 3 3 x x x x x x x x − = − + ⇔ − + = = − ⇔ ⇔ = + = + loại Tóm lại: phương trình có 4 nghiệm: 2, 2, 1 7 , 3 3x x x x= − = = + = + 2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng: 2 1 2 4 , y 2 7 1, 1, x = 2y x x x x= − = − + = − Xét ( ) 2 1 g x y y= − trên [-1,2}. Ta có g(x) = 0 có đúng 1 nghiệm x = 2 trên [-1, 2} và hàm số g liên tục trên [-1,2]. Nên g(x) chỉ giữ 1 dấu trên [-1, 2]. Mặt khác g(0) = 8 > 0 Do đó: ( ) 0, [ 1, 2]g x x≥ ∀ ∈ − Vậy : http://ductam_tp.violet.vn/ 2 2 1 1 0 2 2 1 2 1 1 0 0 2 2 2 (7 2 ) 1 ( 4 ) (7 2 ) 1 (4 ) 1 0 0 2 2 2 ( 2 8) ( 6 8) 1 0 S y y dx y y dx y y dx x x x dx x x x dx x x dx x x dx = − ∫ − = − + − ∫ ∫ − = − + − − + − + − − ∫ ∫ − = − + + + − + ∫ ∫ − 0 0 3 3 40 2 2 8 3 8 3 3 3 1 2 x x x x x x = − + + + − + = − (đvdt) CÂU IV: Cho 1 2 55 n n n n C C − − + = . Tìm số hạng nguyên trong khai triển ( ) 7 3 8 5 n + Điều kiện : 2n ≥ và n∈¢ . Ta có: 1 2 55 n n C C n n − − + = 1 55 1 n C n − ⇔ = + ( ) 1 ! 55 ( 1)!2! 2 110 0 10 10 11 ( ) n n n n n n n + ⇔ = − ⇔ + − = = ⇔ ⇔ = = − loại Số hạng thứ k trong khai triển 10 7 3 ( 8 5)+ là: ( ) ( ) 11 1 1 7 3 8 . 5 10 11 1 1 7 3 8 .5 10 k k k C k k k C − − − − − − = Yêu cầu bài toán 11 7 1 3 4 1 11 k k k k − ⇔ − ⇔ = ≤ ≤ M M Vậy số hạng cần tìm là: 3 .8.5 4.800 10 C = 2) Giải phương trình: 4 4 4sin 2 4cos 2 cos 4 3x x x+ + = http://ductam_tp.violet.vn/ Ta có: 4 4 2 2 sin 2 cos 2 1 2sin 2 cos 2 1 2 1 sin 4 2 1 2 1 (1 cos 4 ) 2 1 1 2 cos 4 2 2 x x x x x x x + = − = − = − − = + Do đó phương trình ( ) 2 2 2cos 4 cos 4 3 2 2cos 4 cos 4 1 0 cos 4 1 1 cos 4 2 4 2 4 2 3 4 2 12 2 x x x x x x x k x k x k k x k π π π π π π π π ⇔ + + = ⇔ + − = = − ⇔ = = + ⇔ = ± + = + ⇔ ∈ = ± + ¢ CÂU V: Cho (0,0, 4), (2 3, 2,0), (0, 4,0)A B C 1) Ta có: OB = OC = BC = 4 ⇒ Tam giác OBC đều. Phương trình mặt cầu (S) Có dạng : 2 2 2 2 2 2 0x y z ax by cz d+ + − − − + = Ta có: , , , ( )O A B C S∈ 2 0 3 16 8 0 2 12 4 4 3 4 0 2 16 8 0 0 d a c d b a b d c b d d = = − + = = ⇔ ⇔ + − − + = = − + = = Vậy phương trình (S) là: 4 2 2 2 4 4 0 3 x y z x y z+ + − − − = 2) Ta có: ( )OA OBC⊥ vì , , ( )A Oz C Oy B xOy∈ ∈ ∈ http://ductam_tp.violet.vn/ Gọi I là trung điểm BC OI BC⇒ ⊥ do tam giác OBC đều và do OA BC ⊥ nên ( )BC OAI⊥ . K AI ⇒ ∈ và (1)AI BC⊥ Ta có: ( ) CH OB CH AOB CH OA ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ Ta lại có: ( ) AB HK AB CHF AB CH ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ (2)AB CK⇒ ⊥ Từ (1) và (2) ta có K là trực tâm ∆ ABC. 3) Ta có: 2 2 . . 3 2 2 2 3 . 3 2 2 8 OAI OHN OA OH OAON OH OI OI OI ON OB OB ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = = = = ÷ ÷ = : . đào tạo Hà nội Trường THPT Liên Hà ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP NĂM 2010 **************** Mơn : TOÁN; khới: A,B(Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề) CÂU I: Cho hàm số. đều và viết phng trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC 2. Chứng minh K là trực tâm của tam giác ABC 3. Gọi N là giao điểm của hai đøng thẳng HK và OA.Tính tích số OA.ON ĐAP AN CÂU I: Cho hàm. trình: 2 4 2 7 1x x x− = − + Trường hợp 1: x < 0: Phương trình trở thành : ( ) 2 4 7 2 1 2 2 8 0 2 2 4 ( ) x x x x x x x x − = − + ⇔ − − = = − ⇔ ⇔ = − = loại Trường hợp 2: 7 0 2 x≤ ≤ http://ductam_tp.violet.vn/ Phương