Đề thi thử ĐH năm 2010 - 2011(Có đáp án)

Xác định m để hàm số 1 có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4 2.. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:.. Tính thể tích

TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

TỔ TOÁN - TIN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011Môn: TOÁN - Khối A + B

Ngày thi: 25/11/2010

Thời gian làm bài: 180 phút

(không kể thời gian giao đề)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x = 4 + 2 mx2− − m 1 (1) với m là tham số.

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = -1.

2 Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4 2.

Câu II (2,0 điểm)

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

2 Giải hệ phương trình :

2 2

( 1)( 2)







Câu III (2,0 điểm)

1 Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm với mọi x thuộc tập xác định:

x

−

2 2 2

4

2 Cho a > 0, b > 0 và a + b = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

.

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai

đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18 Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho.

Câu V (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 7)- , phương trình một đường cao và một trung tuyến vẽ từ hai đỉnh khác nhau lần lượt là:

3x + y + 11=0, x + 2y+ 7 =0 Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.

2 Giải phương trình: ( )2 ( )3

log x+1 + =2 log 4− +x log 4+ x .

Câu VI (1 điểm) Tìm hệ số của x trong khai triển:

n

x x

1 , biết

C3+ − C3+ = n +

… Hết …

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ………; Số báo danh: ………

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010 -2011

I-1

(1

điểm)

Với m = -1 ta có y = x4 - 2x2

* Tập xác định D = R

* Sự biến thiên:

-Chiều biến thiên: y’ = 4x3 - 4x = 4x(x2 - 1); y’ = 0 ⇔ x

x

=



 = ±



0

1. Dấu của y’:

y’ - 0 + 0 - 0 +

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞; - 1) và (0; 1)

Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1 ; + ∞)

- Cực trị:

+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = -1

+ Hàm số đạt cực đại tại x = 01, yCĐ = 0

0,25

- Giới hạn: lim lim 4(1 22)

-Bảng biến thiên:

y’ - 0 + 0 - 0 +

y

+∞

-1

0

-1 +∞ 0,25

Đồ thị:

- Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm:

(0;0), ( 2 ; 0), (- 2 ;0)

- Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; 0)

- Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng

0,25

I-2

(1

điểm)

y x mx m y’ = 4x3 + 4mx; y’ = 0 ⇔ x

=



 = −

0 Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi m < 0

0,25

Khi đó hoành độ các điểm cực trị là x = 0, x = − −m , x = −m

Gọi A(0; - m -1), B(− −m; -m2 - m - 1), C( −m; -m2 - m - 1) là toạ độ các điểm cực trị

của đồ thị hàm số

0,25 Gọi H là trung điểm BC, có H(0; -m2 - m - 1)

ABC

S = 1AH BC=1m2 − =m m2 −m

2

0,25

ABC

S = 4 2 ⇔ m2 − =m 4 2⇔ = −m 2 (t/m) 0,25

4

2

-2

-4

-1

(1 điểm)

⇔ 6sin cosx x+4 2( cos2x− =1) 3sinx+4cosx−4

⇔ 2cos ( sinx 3 x+4cos )x =3sinx+4cosx 0,25

2cos 1 0 3sin 4cos 0

− =



cos

3 2

4 4

arctan tan

3 3













x

k x

II-2

(1 điểm)

Dễ thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình:

hệ

2

2

1

4 1

( 2) 1





x

x y y

x

x y y

Đặt

2 1



⇔ 

 = +



x u y

v x y

đưa hệ về dạng 4

( 2) 1

+ =





u v

u v

0,5

(4 )( 2) 1 3

Với 1

3

=



 =



u

v có

2

1

2

 =

x x

x y

KL: HPT có nghiệm: (1 ; 2), (-2 ; 5)

0,25

III - 1

(1 điểm)

ĐK: -2 < x < 2

Xét hàm số x− +4 2x3+5x2+8 với -2 < x < 2

Có : '( )f x = −4x3+6x2+10 ; f’(x) = 0 x ⇔

/

x x x

=



 = −



 =



0 1

5 2

BBT:

y

-4

10

8

28

0,25

0,25

Vậy bất phương trình có nghiệm với mọi x ∈(-2; 2) khi m >28 0,25

III - 2

(1 điểm)

Vì ,a b>0 , Áp dụng BĐT Côsi ta có:

,

a2+ ≥1 a b2+ ≥1 b

2 2 Dấu “=” xảy ra ⇔ a b= = 1

2.

Mặt khác: a +b ≥ ab≥ a b =

+

2

2 2

8 2

Dấu “=” xảy ra ⇔ a b= = 1

2

0,5 0,25

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 17

2 Đạt được khi a b= = 1

(1 điểm)

Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE⊥AB SE, ⊥ AB, suy ra (SOE) ⊥AB

Dựng OH ⊥SE⇒OH ⊥(SAB), vậy OH là khoảng cách

từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1

Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:

2

1

9 9

2 2 2 9 81 9

9

0,25

2

9 2

2 2

SAB SAB

S

S AB SE AB

SE

( )

2

2

OA = AE +OE = AB +OE = + = + =

0,25

Thể tích hình nón đã cho: 1 2 1 265.3 265

V = πOA SO= π = π

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

2 2 2 265 337 337

9

265 337 89305

xq

0,25

0,25

V.-1

(1 điểm)

Vì A(2; -7) không thuộc hai đường thẳng đã cho nên ta có thể giả sử phương trình

đường cao qua B là BH: 3x + y + 11 = 0 và phương trình đường trung tuyến kẻ từ C là

CI: x + 2y + 7 = 0

Đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác ABC đi qua A và nhận vecto chỉ phương

của BH làm vecto pháp tuyến Suy ra AC có phương trình là:

1.(x - 2) - 3(y + 7) = 0 ⇔ x - 3y - 23 = 0

0,25

+ Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:

( ; )

C

5 6

Gọi B(x1; y1) Có B ∈ BH nên: 3x1 + y1 + 11 = 0 (1)

Toạ độ trung điểm I của AB là: I(x1+2;y1−7

2 2 )

I ∈ CI nên: x1+ + − + =y

1

2

7 7 0

Từ (1) và (2) ta có x1 = -4; y1 = 1 Suy ra B(-4; 1)

0,25

+ Đường thẳng AB đi qua A và B nên có PT là: 4x + 3y + 13 = 0

+ Đường thẳng BC đi qua B và C nên có phương trình là: 7x + 9y +19 = 0 0,25

log x+1 + =2 log 4− +x log 4+x (2)

Điều kiện:

1 0

1

x

x x

x x

+ ≠



− < <



 − > ⇔

 + >



0,25

( ) ( ) ( )

2

(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16

log 4 1 log 16 4 1 16

0,25

+ Với 1− < <x 4 ta có phương trình x2+4x− =12 0 (3);

( )

2 (3)

6

x x

=



0,25

+ Với 4− < < −x 1 ta có phương trình 2

4 20 0

x − x− = (4);

( )

( )

2 24 4

2 24

x x

 = −

⇔ 

= +

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x=2hoặc x=2 1( − 6)

0,25

VI.

(1 điểm)

!( )! ! !

+

3 3

4 3

( )( )( ) ( )( )( )

( ) ( )( ) ( )( )

n

7 3

0,5

Hệ số của x trong khai triển trên là C12k ứng với 5k− = ⇔ =4 k

Vậy x trong khai triển trên là C2 =

12 66

0,5