De thi thu TN THPT 2008

SỞ GD – ĐT GIA LAI KÌ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
TRƯỜNG THPT TA GRAI NĂM HỌC 2007 - 2008

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI: TỐN
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Bài 1. (3.5 điểm)
Cho hàm số
4 2
2 1y x x
= − +
, 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

4 2
2 2 0 (1)x x m
− + − =
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
= = + +
−
trên khoảng
(5; )+∞
.
2. Cho hàm số

1
ln
1
y
x
=
+
. Chứng minh
' 1
y
xy e+ =
.
Bài 3. (1.5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol có phương trình chính tắc là
2
12y x=
.
1. Tìm tọa độ tiêu điểm và phương trình đường chuẩn của parabol đó.
2. Lập phương trình chính tắc của hypebol (H) có một tiêu điểm trùng với tiêu điểm
của parabol và có 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 qt của mặt phẳng (Q).
3. Chứng tỏ 4 điểm A, B, C, D khơng đồng phẳng, khi đó 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 x
26
trong khai triển nhò thức Niutơn của
7
4
1
n
x
x
 
 ÷
 
+
, biết rằng
201 2
... 2 1
2 1 2 1 2 1
n
C C C
n n n
+ + + = −
+ + +
---------------------------------Hết-------------------------------
ĐÁP ÁN KÌ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
NĂM HỌC 2007 – 2008

MÔN: TOÁN
Bài Đáp án Điểm
1
(3.5)
1
(2.0)
1) TXD: D = R ……………………………………….
2) Sự biến thiên:
a. Chiều biến thiên
+
3
' 4 4 . ' 0 0, 1, 1y x x y x x x= − = ⇔ = = = −
+
' 0, ( 1;0) (1; ) vµ ' 0, ( ; 1) (0;1)y y x> ∀∈ − ∪ +∞ < ∀ ∈ −∞ − ∪
. 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:
CD
(0) 1; ( 1) (1) 0
CT
y f y f f= = = − = =

c. Giới hạn:
lim ( )
x

f x
→±∞
= +∞
d. BBT
x -
∞
-1 0 1 +
∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y
e. Tính lồi, lõm, điểm uốn:
2
'' 12 4y x= −

3
'' 0
3
y x= ⇔ = ± .
BXD y’’:
x -
∞

3
3
−
3
3
+
∞
y’’ + 0 - 0 +

ĐTHS
Lõm Điểm uốn Lồi Điểm uốn Lõm

1
3 4
;
3 9
U
 
−
 ÷
 ÷
 

2
3 4
;
3 9
U
 
 ÷
 ÷
 
3) Đồ thị : Điểm đặc biệt
3 25 3 25
( ; ), ( ; )
2 16 2 16
A B−
. Đồ thị hàm số
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
4 2
(1) 2 1 3x x m⇔ − + = −
. Đây chính là phương trình hoành
+
∞
+

∞
CT
0
CT
0
1
CD
(1.0)
độ 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 0 3m m− < ⇔ >
thì phương trình vô nghiệm
+ Nếu m = 3 thì phuơng trình có hai nghiệm
+ Nếu
0 3 1 2 3m m
< − < ⇔ < <
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

( )
1
1
5 3
4 2
1
1
2 16
2 1 = (®vdt)
5 3 15
x x
S x x dx x
−
−
 
= − + − + =
 ÷
 
∫
0.5
2
(2.0)
1
(1.0)
Ta có
2
2 2
6 (5; )
1 ( 5) 1

' 1 . ' 0
( 5) ( 5) 4 (5; )
x
x
y y
x 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 6f x x
∞
= ⇔ =
0.5
0.25
0.25
2

(1.0)
Ta có
1
'
1
y
x
−
=
+
Suy ra
1
ln
1
1 1 1
' 1 1 vµ
1 1 1
y
x
xy x e e
x x x
+
 
+ = − + = = =
 ÷
+ + +
 
Vậy
' 1
y

xy e+ =
0.25
0.5
0.25
3
(1.5)
1
(0.5)
Phương trình parabol có dạng
2
2y px=
, với p = 6.
+ Tọa độ tiêu điểm: F(3;0)
+ Đường chuẩn:
3
2
p
x x= − ⇔ = −
0.25
0.25
2
(0.5)
Phương trình chính tắc của hypebol có dạng
2 2
2 2
( ) : 1
x y
H
a b
− =

+ Độ dài trục thực bằng 4, suy ra
2 4 2a a= ⇒ =
+ Ta có
2 2 2
1
(3;0) 3 9, víi 2 suy ra 5F c a b a b⇒ = ⇔ + = = =
Vậy
2 2
( ) : 1
4 5
x y
H − =
0.25
0.25
3

+ Phương trình đường thẳng d đi qua A(0;1) và có vectơ pháp
tuyến
( ; )n A B
r
, có phương trình
0Ax By B+ − =
.
+ (d) tiếp xúc với (P) khi
2 2
2 6 2 2 (3 ) 0pB AC B AB B B A= ⇔ = − ⇔ + =
8
+
∞
+

∞
(0.5)
Với 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
( 4;2; 4)AC = − −
uuur
+ Đường thẳng AC đi qua A(6;-2;3) và có vtcp
( 2;1; 2)u = − −
r
có
ptts là:
6 2
2 ,
3 2
x t
y t t
z t
= −


= − + ∈



= −

¡
0.25
0.25
2
(0.75)
+
( 4;2; 4), ( 6;3;3)AC AB= − − = −
uuur uuur
+ mp(Q) đi qua C(2;0;-1) và có cặp vtcp là
,AC AB
uuur uuur
, suy ra một
vtpt của (Q) là
[AC, ]=(18;36;0)n AB=
r uuur uuur
+ (Q) :
18( 2) 36( 0) 0( 1) 0 2 2 0x y z x y− + − + + = ⇔ + − =
0.25
0.25
0.25
3
(0.75)
+ Ta thấy
(4;1;0) ( )D Q∉
. Do đó 4 điểm A, B, C, D không đồng
phẳng

+ Giả sử (S):
2 2 2
2 2 2 0x y z ax by cz d+ + + + + + =
Vì
, , , ( )A B C D S∈
nên, ta có

12 4 6 49 2
2 12 37 1
4 2 5 3
8 2 17 3
a b c d a
b c d b
a c d c
a b d d
− + + = − = −
 
 
+ + = − =
 
⇒
 
− + = − = −
 
 
+ + = − = −
 
+ Vậy phương trình mặt cầu là:
2 2 2
4 2 6 3 0x y z x y z+ + − + − − =

0.25
0.25
0.25
5 (1.0)
Theo khai triển của nhị thức Niutơn, ta có
7 7 4 11
4 4
0 0
1 1
( ) (2)
n n k
n n
k k k n k
n n
k k
x C x C x
x x
−
− +
= =
   
+ = =
 ÷  ÷
   
∑ ∑
.
Mặt khác, ta có
2 1 0 1 1 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
(1 ) ... ...

n n n n n n
n n n n n
x C C x C x C x C
+ + + +
+ + + + +
+ = + + + + + +
Cho x =1, ta được
0 1 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
... ... 2 (*)
n n n n
n n n n n
C C C C C
+ + +
+ + + + +
+ + + + + + =
Mà
k n k
n n
C C
−
=
, nên
0 1 2 1
2 1 2 1 2 1
2 2( ... ) 2
n n
n n n
C C C
+

+ + +
+ + + =

20 2 1 21 2 1
2 2(2 1) 2 2 2 10
n n
n
+ +
⇔ + − = ⇔ = ⇔ =
(2) được viết lại
10
10
7 40 11
10
4
0
1

k k
k
x C x
x
− +
=
 
+ =
 ÷
 
∑
Do đó số hạng chứa x

26
tương ứng với
40 11 26 6k k
− + = ⇔ =
Vậy hệ số của số hạng chứa x
26
là:
6
10
210C =
0.25
0.25
0.25
0.25