Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị C và trục hồnh.. 1.5 điểm Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol cĩ phương trình chính tắ
Trang 1SỞ GD – ĐT GIA LAI KÌ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
TRƯỜNG THPT TA GRAI NĂM HỌC 2007 - 2008
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Bài 1 (3.5 điểm)
Cho hàm số y x = −4 2 x2 + 1, gọi đồ thị của hàm số là (C)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. Dựa vào đồ thì (C), biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình
x4 −2x2 + − =m 2 0 (1)
3 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục hồnh
Bài 2 (2.0 điểm)
1. Tìm GTNN của hàm số ( ) 1 1
5
y f x x
x
2. Cho hàm số y ln11
x
= + Chứng minh xy' 1+ =e y
Bài 3 (1.5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol cĩ phương trình chính tắc là y2 =12x
1 Tìm tọa độ tiêu điểm và phương trình đường chuẩn của parabol đĩ
2. Lập phương trình chính tắc của hypebol (H) cĩ một tiêu điểm trùng với tiêu điểm của parabol và cĩ độ dài trục thực bằng 4
3 Lập phương trình tiếp tuyến của parabol, biết rằng tiếp tuyến đi qua điểm A(0;1)
Bài 4 (2.0 điểm)
Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm (4;1;0) D và mặt phẳng (Q) đi qua 3
điểm (6; 2;3), (0;1;6), (2;0; 1)A − B C −
1 Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A, C
2 Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (Q)
3 Chứng tỏ 4 điểm A, B, C, D khơng đồng phẳng, khi đĩ lập phương trình mặt cầu
đi qua 4 điểm A, B, C, D
Bài 5 (1.0 điểm)
Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển nhị thức Niutơn của
7
4
x
C n+ +C n+ + +C n+ = −
Trang 2
-Hết -ĐÁP ÁN KÌ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
NĂM HỌC 2007 – 2008 MÔN: TOÁN
1
(3.5)
1
(2.0)
1) TXD: D = R ………
2) Sự biến thiên:
a Chiều biến thiên + y' 4= x3−4 ' 0x y = ⇔ =x 0,x =1,x = −1 + ' 0,y > ∀∈ −( 1;0) (1;∪ +∞) vµ ' 0,y < ∀ ∈ −∞ − ∪x ( ; 1) (0;1) Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng (-1;0) và (1;+∞), nghịch biến trên các khoảng (−∞;1) và (0;1)
b Cực trị: yCD = f(0) 1; = y CT = − =f( 1) f(1) 0=
c Giới hạn: xlim ( )→±∞f x = +∞
d BBT
x -∞ -1 0 1 +∞
y’ - 0 + 0 - 0 + y
e Tính lồi, lõm, điểm uốn: y'' 12 = x2 − 4
3
BXD y’’:
x -∞ 3
3
− 3
3 +∞
y’’ + 0 - 0 + ĐTHS
Lõm Điểm uốn Lồi Điểm uốn Lõm 1
3 4
;
3 9
−
2
3 4
;
3 9
3) Đồ thị : Điểm đặc biệt ( 3 25; ), ( ;3 25)
nhận trục Oy làm trục đối xứng
f(x)=x^4-2*x^2+1 Shade 1
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
x y
0.25
0.25
0.25 0.25
0.25
0.25
0 25
0.25
2 Ta có (1)⇔ −x4 2x2+ = −1 3 m Đây chính là phương trình hoành
0
CT 0
1 CD
Trang 3độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳnh y = 3 – m Do đó số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của hai đồ thị
Dựa vào đồ thị, ta có + Nếu 3− < ⇔ > m 0 m 3 thì phương trình vô nghiệm + Nếu m = 3 thì phuơng trình có hai nghiệm
+ Nếu 0 3 < − < ⇔ < < m 1 2 m 3 thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt
+ Nếu m = 2 thì phương trình có 3 nghiệm
+ Nếu m < 2 thì phương trình có 2 nghiệm Kết luận:
0.25 0.25
0.25 0.25
3
(0.5)
Theo đồ thị trên, ta có
2
(2.0)
1
(1.0)
Ta có
2
x x
= ∈ +∞
Bảng biến thiên
x 5 6 +∞ y’ - 0 +
y
Qua bảng biến thiên, ta thấy trên khoảng (5;+ ∞) hàm số chỉ có một cực tiểu duy nhất, dó đó (5;+ )Min ( ) 8∞ f x = ⇔ =x 6
0.5
0.25
0.25
2
(1.0)
Ta có ' 1
1
y x
−
= +
Suy ra
1 ln 1
y x
Vậy xy' 1+ =e y
0.25
0.5
0.25 3
(0.5)
Phương trình parabol có dạng y2 = 2px, với p = 6
+ Tọa độ tiêu điểm: F(3;0)
2
p
x= − ⇔ = −x
0.25 0.25
2
(0.5)
Phương trình chính tắc của hypebol có dạng ( ) : x22 y22 1
H
+ Độ dài trục thực bằng 4, suy ra 2a= ⇒ = 4 a 2
0.25 0.25 3
+ Phương trình đường thẳng d đi qua A(0;1) và có vectơ pháp tuyến n A Br( ; ), có phương trình Ax By B+ − = 0.
+ (d) tiếp xúc với (P) khi pB2 = 2AC⇔ 6B2 = − 2AB⇔ 2 (3B B A+ ) 0 =
8
+ ∞ + ∞
Trang 4Với B = 0, chọn A = 1, ta có phương trình tiếp tuyến là x = 0 Với 3B + A = 0, chọn B = 1, suy ra A = -3, ta có phương trình tiếp tuyến là -3x + y – 1 = 0
KL: có2 pt tiếp tuyến
0.25 0.25
4
(20.)
1
(0.5)
+ Ta có uuurAC= − ( 4;2; 4) −
+ Đường thẳng AC đi qua A(6;-2;3) và có vtcp ur= − ( 2;1; 2) − có ptts là:
6 2
3 2
= −
= − + ∈
= −
¡
0.25 0.25
2
(0.75)
+ uuurAC= − ( 4;2; 4), − ABuuur= − ( 6;3;3)
+ mp(Q) đi qua C(2;0;-1) và có cặp vtcp là uuur uuurAC AB, , suy ra một vtpt của (Q) là nr= [AC,uuur uuurAB]=(18;36;0)
+ (Q) : 18(x− + 2) 36(y− + 0) 0(z+ = ⇔ + 1) 0 x 2y− = 2 0
0.25 0.25 0.25
3
(0.75)
+ Ta thấy D(4;1;0) ( ) ∉ Q Do đó 4 điểm A, B, C, D không đồng
phẳng + Giả sử (S): x2 + + +y2 z2 2ax+ 2by+ 2cz d+ = 0
+ Vậy phương trình mặt cầu là: x2 + + −y2 z2 4x+ 2y− − = 6z 3 0
0.25
0.25
0.25
5 (1.0)
Theo khai triển của nhị thức Niutơn, ta có
−
− +
Mặt khác, ta có
x + C + C + x C + x C ++ x + C ++
Cho x =1, ta được
2 1 2 1 2n 1 2n 1 2n 1 2 n (*)
C + +C + + +C + +C ++ + +C ++ = +
Mà C n k =C n n k− , nên 2 20 1 2( 21 1 2n 1) 22n 1
C + + C + + +C + = +
⇔ +2 2(220 − =1) 22n+1 ⇔ 221 =22n+1 ⇔ =n 10
(2) được viết lại
10 10
10 4
0
1
k
x
− +
=
Do đó số hạng chứa x26 tương ứng với − + 40 11k = 26 ⇔ =k 6
Vậy hệ số của số hạng chứa x26 là: 6
10 210
0.25
0.25 0.25
0.25
