Đề thi thử Đại học môn Toán kèm hướng dẫn giải số 20

chihao@moet.edu.vn ( Admin http://boxmath.vn/4rum/ ) sent to WWW.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN. Khối: A-B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi:27/03/2011 ****** A.PHẦN CHUNG(7,0 điểm): (Dành cho tất cả thí sinh) Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số 1mx2xy 24 +−= (1). 1/.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 1m −= . 2/.Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này có bán kính bằng 1. Câu II: ( 2,0 điểm ) 1/.Giải phương trình: 8x2sin3x2cosxcos6xsin9 =−++ 2/.Giải hệ phương trình      =− −=−+− 369 )(3 22 22 yx yxyxyxyx Câu III: ( 1,0 điểm ). Tính tích phân: ∫ 3 4 4 53 xcos.xsin dx π π . Câu IV: ( 1,0 điểm ). Cho hình lăng trụ tam giác '''. CBAABC với ABCA'. là hình chóp tam giác đều nội tiếp trong một mặt cầu có bán kính R. Góc giữa mặt phẳng )'( BCA và mặt phẳng )(ABC bằng o 60 . Tính thể tích khối chóp CCBBA '''. theo R. Câu V: ( 1,0 điểm ) .Giả sử y,x là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình: 09ax2x 2 =++ với 3a ≥ ; 09by2y 2 =+− với 3b ≥ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 y 1 x 1 )yx(3M         −+−= B. PHẦN TỰ CHỌN (3,0điểm) : (Thí sinh chọn câu VIa, VIIa hoặc VIb, VIIb) Câu VIa: ( 2,0 điểm ) 1/.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn 13yx:)C( 22 =+ và 25y)6x(:)'C( 22 =+− . Gọi A là một giao điểm của )C( và )'C( với 0> A y . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt )'C(),C( theo hai dây cung có độ dài bằng nhau (hai dây cung này khác nhau). 2/.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng 02zyx:)P( =+++ và đường thẳng d : 1 1z 1 2y 2 3x − + = + = − .Gọi M là giao điểm của d và )P( , viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng )P( , vuông góc với đường thẳng d và khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ bằng 42 . Câu VIIa: ( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn điều kiện: 522 =++− zz . Câu VIb: ( 2,0 điểm ) 1/.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích là S = 2 3 , đỉnh A(2;-3), đỉnh B(3;-2), trọng tâm của tam giác thuộc đường thẳng d: 3x – y – 8 = 0. Tìm toạ độ đỉnh C. 2/.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng 0122:)( =−+− zyxP và hai đường thẳng 1 d : 23 3 2 1 z y x = − − = − , 2 d : 5 5 46 5 − + == − zyx . Tìm các điểm 21 dN,dM ∈∈ sao cho đường thẳng MN song song mặt phẳng (P) và cách mặt phẳng (P) một khoảng cách bằng 2. Câu VIIb: ( 1,0 điểm ) .Giải bất phương trình: x 2 x 1x 2 x x 2 x )15.(32)15( +− ++− +− −≤++ ……………………………… Hết………………………………… TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN. Khối: A-B Ngày thi: 27/03/2011 ***** ĐÁP ÁN (gồm 12 trang) Câu Nội dung Điểm A/ Phần bắt buộc: Câu I: (2,0đ) Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số 1mx2xy 24 +−= (1). 2,0đ 1/ (1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho ứng với m = -1. 1,0đ 1m −= , ta có hàm số 1x2xy 24 ++= • TXĐ: RD = • Sự biến thiên của hàm số: .Giới hạn của hàm số tại vô cực: +∞=+∞= +∞→−∞→ ylim;ylim xx . Chiều biến thiên: x4x4'y 3 += 1y0x0'y =⇒=⇔= 0,25 • Bảng biến thiên: x ∞− 0 ∞+ y’ - 0 + y ∞+ ∞+ (CT) 1 0,25 • .Hàm số nghịch biến trên khoảng (- ∞ ;0) và đồng biến trên khoảng (0; ∞+ ) Hàm số đạt cực tiểu tại x= 0, giá trị cực tiểu là y(0) = 1 0,25 • Đồ thị:  Giao điểm của đồ thị và trục tung: (0; 1)  Các điểm khác :(-1;4), (1; 4) 0,25 f(x)=x^4+2*x^2+1 f(x)=4 x(t)=1 , y(t)=t x(t)=-1 , y(t)=t -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 x y 2/(1,0đ) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này có bán kính bằng 1. 1,0đ mx4x4'y 3 −=     = = ⇔= mx 0x 0'y 2 Hàm số có 3 cực trị ⇔ y’ đổi dấu 3 lần ⇔ phương trình y’=0 có 3 nghiệm phân biệt 0m >⇔ 0,25 Khi 0m > , đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị là : )1;0(C),m1;m(B),m1;m(A 22 −−− 0,25 Gọi I là tâm và R là bán kính đường tròn đi qua 3 điểm C,B,A Vì hai điểm B,A đối xứng nhau qua trục tung nên I nằm trên trục tung Đăt )y;0(I o . Ta có:    = = ⇔=−⇔= 2y 0y 1)y1(RIC o o 2 o )0;0(OI ≡⇒ hoặc )2;0(I *Với )0;0(OI ≡ :          +− = −− = = = ⇔=+−⇔=−+⇔= 2 51 m 2 51 m 1m 0m 0mm2m1)m1(mRIA 2422 So sánh điều kiện 0m > , ta được 2 51 m,1m +− == 0,25 *Với )2;0(I : (*)0mm2m1)m1(mRIA 2422 =++⇔=−−+⇔= Pt (*) vô nghiệm khi 0m > Tóm lại, bài toán thỏa mãn khi 2 51 m,1m +− == 0,25 Câu II: (2,0đ) 1/(1,0đ) Giải phương trình: 8x2sin3x2cosxcos6xsin9 =−++ (*) 1,0đ 8xcosxsin61xcos2xcos6xsin9(*) 2 =−−++⇔ 0)xsin1(2)xsin1(xcos6)1x(sin9 2 =−+−+−⇔ 0)7xcos6xsin2)(xsin1( =−+−⇔ 0,25    =−+ = ⇔ )vn(07xcos6xsin2 1xsin 0,25 π π 2k 2 x1xsin +=⇔= 0,25 Vậy phương trình đã cho có 1 họ nghiệm là: π π 2k 2 x += 0,25 2/(1,0đ) Giải hệ phương trình: (*)      =− −=−+− 369yx )yx(3yxyxyx 22 22 1,0đ Điều kiện:      ≥− ≥ ≥ 0yx 0y 0x Đặt      ≥−=− −=+ ⇒      ≥−= ≥−= vu,)yx(vu yxvu 0v,yxyv 0u,xyxu 222 2222 2 2 Ta có hệ phương trình: (*’)      =+ −=+ 369vu vu3vu 22 22 , Đk:      ≥ ≥ ≥ vu 0v 0u 0,25      =+ =−−++ ⇔ 369vu 0)vu3vu.(vu )(*' 22              =+ −=+      =+ =+ ⇔ )II( 369vu vu3vu )I( 369vu 0vu 22 22 0,25 •    = ≥≥== ⇒ )lývô(3690 )0v,0uvì(0vu )I( . Vậy : Hệ )I( vô nghiệm •    = ≥= ⇔      = = ⇔      =+ −=+ ⇔ 12v )0uvì(15u 225u 5 u4 v 369vu )vu(9vu )II( 2 22 0,25    = = ⇔    =+ ≥=− ⇔      =− =− ⇔      =− =− ⇔      =− =− ⇔ 16y 25x 41yx )yxvì(9yx 369yx 81)yx( 144yxy 225xyx 12yxy 15xyx 22 2 2 2 2 2 So sánh Đk, hệ đã cho có một nghiệm (25; 16) 0,25 CâuIII: (1đ) (1,0đ) Tính tích phân sau: ∫ 3 4 4 53 xcos.xsin dx π π 1,0đ I = ∫ 3 4 4 8 3 3 dx .xcos. xcos xsin 1 π π ∫ = 3 4 2 4 3 dx xcos 1 . xtan 1 π π 0,25 Đặt: xtant = dx xcos 1 dt 2 =⇒ Đổi cận: 0,25 3t 3 x 1t 4 x =⇒= =⇒= π π ⇒ I= dtt 3 1 4 3 ∫ − 3 1 4 1 t4= 0,25 ⇒ I= ( ) 134134 8 4 −=       − 0,25 Câu IV: (1đ ) (1,0đ ) Cho hình lăng trụ '''. CBAABC với ABCA'. là hình chóp tam giác đều nội tiếp trong một mặt cầu có bán kính R. Góc giữa mặt phẳng )'( BCA và mặt phẳng )(ABC bằng o 60 . Tính thể tích khối chóp CCBBA '''. theo R 1,0đ Gọi N là trung điểm BC. Vì A’.ABC là hình chóp đều nên ABC ∆ đều và BC'A ∆ cân tại 'A ⇒    =∩ ⊥⊥ ⇒ BC)BC'A()ABC( BCN'A,BCAN góc giữa hai mặt phẳng )ABC( và )BC'A( là o ^ 60NA'A = 0,25 Gọi H là trọng tâm ABC ∆ ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC ∆ A’.ABC là hình chóp đều )ABC(H'A ⊥⇒ ⇒ H'A là trục của đường tròn ngoại tiếp ABC ∆ Gọi M là trung điểm A'A . Trong )AN'A(mp , vẽ đường trung trực của cạnh A'A ,cắt H'A tại I. Ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A’.ABC 0,25 Bán kính mặt cầu là : I'AR = Gọi a là độ dài cạnh của ABC ∆ . Ta có 3 3 aAH, 6 3 aHN, 2 3 aAN === HN'A ∆ vuông tại 2 a 3. 6 3 a60tan.HNH'AH o ===⇒ AH'A ∆ vuông tại 6 21a 9 a3 4 a AHH'AA'AH 22 22 =+=+=⇒ 12 21a 2 A'A M'A == Ta có MI'A ∆ đồng dạng HA'A ∆ nên 7 R12 a 2 a 12 21a 6 21a R H'A M'A A'A I'A =⇔=⇔= 0,25 7 R6 H'A =⇒ 49 R336 4 3 . 7 R12 S 2 2 SBC =       = ∆ H'A.SV,H'A.S. 3 1 V ABC'C'B'A.ABCABCABC'.A ∆∆ == 343 R3144 7 R6 . 49 R336 . 3 2 H'A.S. 3 2 VVV 32 ABCABC'.A'C'B'A.ABC'B'BCC'.A ===−= ∆ 0,25 Câu V: (1,0đ) (1,0đ ) Giả sử y,x là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình: 09ax2x 2 =++ với 3a ≥ ; 09by2y 2 =+− với 3b ≥ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 y 1 x 1 )yx(3M         −+−= 1,0đ • Xét phương trình: 09ax2x 2 =++ (1) Ta có: 09a 2 ≥−= ∆ với 3a ≥ nên phương trình (1) có nghiệm và (1) 0xax29x 2 <⇒−=+⇔ • Xét phương trình: 09by2y 2 =+− (2) Ta có: 09b 2 ≥−= ∆ với 3b ≥ nên phương trình (2) có nghiệm và (2) 0yby29y 2 >⇒=+⇔ 0,25 Đặt 0t,tx >−= . Ta được: 2 2 2 2 y 1 t 1 )yt(3 y 1 t 1 )yt(3M         +++=         −−+−−= Mà với 0y,0t >> ta có : yt 4 y 1 t 1 + ≥+ nên 2 2 )yt( 16 )yt(3M + ++≥ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: 38 )yt( 16 )yt(3 2 2 ≥ + ++ 38M ≥⇒ 0,25 Do đó, M đạt giá trị nhỏ nhất là 38 khi        −= = ⇔      = = ⇔      + =+ = 4 4 4 2 2 3 1 x 3 1 y 3 1 y yt )yt( 16 )yt(3 yt 0,25 Vì x, y thỏa mãn (1) và (2) nên: 4 4 2 4 4 2 4 32 139 ba 3b 3a 09 3 1 b2 3 1 09 3 1 a2 3 1 + ==⇔            ≥ ≥ =+         −         =+         −+         − Vậy 444 32 139 ba, 3 1 y, 3 1 xkhi38Mmin + ===−== 0,25 B/ Phần tự chọn: (Thí sinh chọn câu VIa,VIIa hoặc câu VIb, VIIb ) CâuVIa: (2,0 đ ) 1/(1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn 13yx:)C( 22 =+ và 25y)6x(:)'C( 22 =+− . Gọi A là một giao điểm của )C( và )'C( với 0> A y . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt )'C(),C( theo hai dây cung có độ dài bằng nhau (hai dây cung này khác nhau). 1,0đ Theo giả thiết: 5'Rkínhbán,)0;6('Otâmcó)'C( 13Rkínhbán,)0;0(Otâmcó)C( = = 0,25 Tọa độ các giao điểm của )'C(và)C( là nghiệm của hệ phương trình:      =+− =+ 25y)6x( 13yx 22 22      =+−+ =+ ⇔ 011x12yx 13yx 22 22 )0yvì()3;2(A 3y 3y 2x A >⇒         −= = = ⇔ 0,25 Gọi H, H’ lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) và các đường tròn )'C(,)C( thỏa 'AHAH = , với H không trùng H’. Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của AH, AH’. Vì A là trung điểm của đoạn thẳng HH’ nên A là trung điểm của đoạn thẳng MM’. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OO’ )0;3(I⇒ . Ta có IA // OM. Mà )d(IAnên)d(OM ⊥⊥ 0,25 )3;1(IAvtptcó)d( −=⇒ và qua )3;2(A Vậy phương trình đường thẳng 07y3x0)3y(3)2x(1:là)d( =−+−⇒=−+−− 0,25 Cách khác: Theo giả thiết: 5'Rkínhbán,)0;6('Otâmcó)'C( 13Rkínhbán,)0;0(Otâmcó)C( = = Tọa độ các giao điểm của )'C(và)C( là nghiệm của hệ phương trình:      =+− =+ 25y)6x( 13yx 22 22      =+−+ =+ ⇔ 011x12yx 13yx 22 22 )0yvì()3;2(A 3y 3y 2x A >⇒         −= = = ⇔ 0,25 Gọi H, H’ lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) và các đường tròn )'C(,)C( thỏa 'AHAH = , với H không trùng H’. Ta có A là trung điểm của đoạn thẳng HH’ nên H và H’ đối xứng nhau qua A. Gọi )C( 1 là ảnh của )C( qua phép đối xứng tâm A, 13RRkínhbán,Otâmcó)C( 111 = . A là trung điểm của đoạn )6;4(OOO 11 ⇒ ⇒ Phương trình đường tròn 13)6y()4x(:)C( 22 1 =−+− . Vì )'C('Hvà)C('H 1 ∈∈ nên H’ là giao điểm của )C( 1 và )'C( 0,25 ⇒ Tọa độ điểm H’ là nghiệm của hệ phương trình:      =+− =−+− 25y)6x( 13)6y()4x( 22 22          ≡⇒    = = ⇒        = = ⇒      =+− −= ⇔ )l(A)3;2('H 3y 2x ) 5 24 ; 5 37 ('H 5 24 y 5 37 x 0144y78y10 7y3x 2 0,25 Đường thằng (d) cần tìm đi qua hai điểm A, H’ nên (d) nhận vtcp là: )1;3( 5 9 ) 5 9 ; 5 27 ('AH == ⇒ Phương trình đường thẳng (d): 07y3x 1 3y 3 2x =+−⇔ − = − 0,25 2/ (1,0đ ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng 02zyx:)P( =+++ và đường thẳng d : 1 1z 1 2y 2 3x − + = + = − .Gọi M là giao điểm của d và )P( , viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng )P( , vuông góc với đường thẳng d và khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ bằng 42 . 1,0đ 02zyx:)P( =+++ , d : 1 1z 1 2y 2 3x − + = + = − )P( có véc tơ pháp tuyến )1;1;1(n = , d có véc tơ chỉ phương )1;1;2(u −= và đi qua điểm )1;2;3(M o −−= . Vì đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng )P( , vuông góc với đường thẳng d nên ∆ có véc tơ chỉ phương [ ] )1;3;2(u,nu −−== ∆ Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:      − + = + = − =+++ 1 1z 1 2y 2 3x 02zyx      =−−− =−− =+++ ⇔ 03zy 07y2x 02zyx )0;3;1(M 0z 3y 1x −⇒      = −= = ⇔ 0,25 Gọi )c,b,a(H là hình chiếu vuông góc của điểm H lên đường thẳng ∆ )c;3b;1a(MH +−=⇒ Theo giả thiết, ta có:        = ⊥ ∈ 42MH uMH )P(M ∆        =+++− =−++−− =+++ ⇔ 42c)3b()1a( 0c)3b(3)1a(2 02cba 222 0,25      =++ += −−= ⇔ 0336b252b42 13b4a 15b5c 2                = −−⇒−= −=      −= −−⇒−= = ⇔ 5c )5;4;3(H4b 3a 5c )5;2;5(H2b 5a 0,25 • Với )5;2;5(H −− , ta có phương trình đường thẳng ∆ :      −−= +−= −= t5z t32y t25x • Với )5;4;3(H −− , ta có phương trình đường thẳng ∆ :      −= +−= −−= t5z t34y t23x 0,25 CâuVIIa: (1,0đ) (1,0đ) Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn điều kiện: 522 =++− zz . 1,0đ Đặt ),( Ryxyixz ∈+= là số phức đã cho và ),( yxM là điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng phức Ta có: 522 =++− zz ⇔ 5y)2x(y)2x( 2222 =++++− (1) 0,25 (1) ⇔       ++−+−=−+−+− 22222222 y)2x(y)2x(5y)2x(y)2x( ⇔ 5 x8 y)2x(y)2x( 2222 −=++−+− (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta được:        +=++ −=+− 5 x4 2 5 y)2x( 5 x4 2 5 y)2x( 22 22        −≥       +=++ ≤       −=+− ⇒ 8 25 x, 5 x4 2 5 y)2x( 8 25 x, 5 x4 2 5 y)2x( 2 22 2 22 8 25 x 8 25 , 4 9 y 25 x9 2 2 ≤≤−=+⇒ 1 4 9 y 4 25 x 22 =+⇒ 0,25 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa điều kiện đã cho là elip có phương trình: 1 4 9 y 4 25 x 22 =+ 0,25 Cách khác Đặt ),( Ryxyixz ∈+= là số phức đã cho và ),( yxM là điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng phức Trong mặt phẳng phức, xét các điểm )0;2(F),0;2(F 21 − . Ta có: 2zy)2x()y()x2(MF 2222 1 +=++=−+−−= 2zy)2x()y()x2(MF 2222 2 −=+−=−+−= 0,25 Do đó, từ giả thiết : ⇔=++− 52z2z 5MFMF 21 =+ , ta được tổng các khoảng cách từ điểm M đến hai điểm cố định 21 F,F bằng 5 (số không đổi) lớn hơn khoảng cách )4FF(FF 2121 = nên tập hợp các điểm M là một elip có: 0,25 [...]... − 6 y − 20 = 0   − 5 y − 4 z − 20 = 0 ⇒ N ( 5 ; 0 ;−5 )  x − 2 y + 2z + 5 = 0   M = d 1 ∩ ( Q2 )   N = d 2 ∩ ( Q2 ) Tọa độ diểm M là nghiệm của hệ: − 3 x − 2 y + 9 = 0 x−1 y−3 z = =   ⇒ M ( 3;0 ; 2 ) −3 2 ⇔ 2 y + 3z − 6 = 0  2  x − 2 y + 2z − 7 = 0  x − 2 y + 2z − 7 = 0   • 0,25 Tọa độ diểm N là nghiệm củahệ:  4 x − 6 y − 20 = 0 x−5 y z+5 = =   4 − 5 ⇔  − 5 y − 4 z − 20 = 0 ⇒... Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa điều kiện đã cho là 2 2 0,25 elip có phương trình: x y + =1 25 9 4 4 CâuVIb: (2,0 đ ) 1/ (1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích là S = 0,25 3 , đỉnh A(2;-3), 2 1,0đ đỉnh B(3;-2), trọng tâm của tam giác thuộc đường thẳng d: 3x – y – 8 = 0 Tìm toạ độ đỉnh C • Đặt C ( x o ; y o Theo giả thi t: ) Gọi G ( xG ; yG ) là trọng... thẳng AB là: ( x − 2 ) − ( y + 3 ) = 0 ⇒ x − y − 5 = 0 xo − yo − 5 Khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB là: d ( C , AB ) = 2 1 1 Diện tích ∆ABC là: S = AB d ( C , AB ) = xo − yo − 5 2 2 3 Theo giả thi t, ta có : S = ⇔ x o − y o − 5 = 3 (2) 2  3 xo − yo − 4 = 0  • Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:   xo − yo − 5 = 3   3 x o − yo = 4   x o = −2  3 xo − yo − 4 = 0     x o − yo =...  4 x − 6 y − 20 = 0 x−5 y z+5 = =   4 − 5 ⇔  − 5 y − 4 z − 20 = 0 ⇒ N ( −1 ; − 4 ;0 )  6  x − 2 y + 2z − 7 = 0  x − 2 y + 2z − 7 = 0   Vậy có hai cặp điểm cần tìm là: CâuVIIb: (1,0đ) (1,0đ) Giải bất phương trình:  5 + 1 (*)  ⇔  5 − 1    ⇔   ( − x2 + x  4  2 5 −1   2   ⇔    5 − 1 2( − x 2 + x ) ( 5 + 1) − x2 + x  2   + 2.    5 − 1 − x2 + x ) M ( 1 ; 3 ; 0 ), . WWW.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 201 0 - 201 1 Môn thi: TOÁN. Khối: A-B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi: 27/03 /201 1 ****** A.PHẦN CHUNG(7,0. điểm ) .Giải bất phương trình: x 2 x 1x 2 x x 2 x )15.(32)15( +− ++− +− −≤++ ……………………………… Hết………………………………… TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 201 0 - 201 1 Môn thi: TOÁN. Khối:. hàm số đã cho ứng với m = -1. 1,0đ 1m −= , ta có hàm số 1x2xy 24 ++= • TXĐ: RD = • Sự biến thi n của hàm số: .Giới hạn của hàm số tại vô cực: +∞=+∞= +∞→−∞→ ylim;ylim xx . Chiều biến thi n: