Đề Toán TN Trường Liên Hà _HN

Hãy tìmsố hạng là số nguyên trong khai triển nhị thức78+35n 2.. Chứng minh rằng tam giác OBC là tam giác đều và viết phuơng trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC 2.. Chứng minh K là tr

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:

y= x − +m x + mx + −m có đồ thị ( )C m

1 Khảo sát hàm số trên khi m= -1

2 Tìm giá trị âm của tham số m để đồ thị và đường thẳng ( ) :∆ y=1 có ba giao điểm phân biệt.

CÂU II:

Giải hệ phương trình:

2





CÂU III:

1 Giải phương trình: 2

x − x = x− +

2 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng có phương trình:

y= x − x y= x− + x= − x=

CÂU IV:

1 Cho n là số nguyên dương thỏa điều kiện n 1 n 2 55

C − +C − = Hãy tìmsố hạng là số nguyên trong khai triển nhị thức(78+35)n

2 Giải phương trình: 4sin 24 x+4cos 24 x+cos 4x=3

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 phuơng 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 đuờng thẳng HK và OA.Tính tích số OA.ON

ĐAP AN CÂU I:

Cho hàm số: y 3x4 4 1( m x) 3 6mx2 1 m (C )

m

1) Khảo sát hàm số khi m= -1:

y= x − x +

• TXĐ: D = R

• y' 12= x3−12x=12x x( )2−1

0 ' 0

1 2

'' 36 12

'' 0

3 3

x y

x

=



= ⇔  = ±

điểm uốn

• BBT:

x - 4 -1 0 1 + 4

y’ - 0 + 0 - 0 +

y + 4 2 +4

CĐ

-1 -1

CT CT

• Đồ thị:

2

x

x

=





2) Tìm giá trị m < 0 để (Cm) và( ) :∆ y=1 có ba giao điểm phân biệt.

Ta có:

( ) ( ) ( )

2







(C m Và ) ( )∆ cắt nhau tại 3 điểm phân biệt nếu đường thẳng :y=1 đi qua điểm cực trị của (C m )



loại loại

0 ( )

2

2

m m m m

=



 =



⇔ =



=





loại loại loại nhận vì m < 0

2

m= −

CÂU II:

Giải hệ phương trình:

( )

2





Điều kiện :

1

2 0

x

y

y y

x

< − ≠



 < − ≠ − < <





 − + >  <

 + >



Ta có:

( )

2

(vì 2 - y > 0 và 3 –x >0) ⇔log3−x(2−y) log+ 2− y(3−x) =2 (*)

Đặt t =log3−x(2−y) thì (*) trở thành:

t

+ = ⇔ − + = (vì t = 0 không là nghiệm )

Do đó phương trình (1)

3

1

y x

y x

⇔ − = −

⇔ = −

Thế y = x - 1 vào (2) ta được:

log3 (6 ) log3 ( 2) 1 log3 (6 ) log3 ( 2) log3 (3 )

2 5 0 0

1

x

y x

=



Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm  = −x y=01

CÂU III:

1) Giải phương trình: 2 4x − x = 2x− +7 1

Trường hợp 1:

x < 0: Phương trình trở thành :

2 2 8 0

2

2

x

x x

= −



⇔  = loại ⇔ = −

Trường hợp 2: 0 7

2

x

≤ ≤

Phương trình trở thành:

2

2 6 8 0 2

2

x

x x

=



⇔  = loại ⇔ =

Trường hợp 3: 7 4

2< <x

Phương rình trở thành:

2

2 2 6 0

x

x x

 = −

= +



loại

Trường hợp 4: x≥4

Phương rình trở thành:

2 2 6 0

x

x x

 = −

= +



loại

Tóm lại: phương trình có 4 nghiệm:

x= − x= x= + x= +

2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng:

2

1 4 , y2 2 7 1, 1, x = 2

y = x − x = x− + x= −

Xét ( )g x = y2−y1 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 :

1

y y dx y y dx

=−∫  − 

= ∫  −  +∫ − 

−

= ∫  − + − −  +∫ − + − − 

−

= ∫ − + + +∫ − +

−

(đvdt)

CÂU IV:

Cho n 1 n 2 55

C − +C − = .

Tìm số hạng nguyên trong khai triển (78+ 35)n

Điều kiện :

2

n≥ và n∈¢

Ta có:

C n− +C n− =

1 55 1

n C

n−

( 1 !)

55 ( 1)!2!

10

10

n n

n n n

n n

+

−

=



⇔  = − loại ⇔ =

Số hạng thứ k trong khai triển ( 87 +35)10 là:

( ) ( )11 1

1 78 . 35 10

18 7 .5 3 10

k C

k k k

C

−

−

=

Yêu cầu bài toán

k

k

−





 ≤ ≤



M M

Vậy số hạng cần tìm là: 3 8.5 4.800C10 =

2) Giải phương trình: 4sin 24 x+4 cos 24 x+cos 4x=3

Ta có:

sin 2 cos 2 1 2sin 2 cos 2

1 sin 4 2

1 (1 cos 4 ) 2

cos 4

2 2

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

3

x x

k

= −





⇔



= +





⇔

 = ± +



 = +



 = ± +



¢

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 :

2x +y2+z2 2− ax−2by−2cz d+ =0

Ta có: , , ,O A B C∈( )S

2 0

3

2

2

0

c d

b

c

b d

d



Vậy phương trình (S) là:

4

3

x +y +z − x− y− z=

2) Ta có: OA⊥(OBC) vì A Oz C Oy B∈ , ∈ , ∈(xOy)

Gọi I là trung điểm BC ⇒ OI ⊥BC do tam giác OBC đều và do OA⊥BC nên BC⊥(OAI).

⇒ ∈ và AI ⊥BC (1)

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:

3

8

OAI OHN

OA OH

OA ON OH OI OI

OI ON

OB OB

=  ÷÷ =

=

: