SỞ GD-ĐT QUẢNG TRỊ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (Đợt 2- 17/4/2010) TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN (Thời gian làm bài: 180 phút) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) (Cho tất cả các thí sinh) Câu 1 (2đ) Cho hàm số: y = 2x 3 - 3x 2 + 1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8. Câu 2 (2đ) 1. Giải hệ phương trình:      += −=− 2 2 3 1 9 1218 yxy xxy 2. Giải phương trình: 9 x + ( x - 12).3 x + 11 - x = 0 Câu 3 (1đ) Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa cạnh bên và cạnh đáy đối diện bằng m. Câu 4 (1đ) Tính tích phân: ∫ ++−= 2 2 0 )]4ln()2([ dxxxxI Câu 5 (1đ) Cho tam giác ABC, với BC = a, CA = b, AB = c. Thoả mãn hệ điều kiện:      =+ =+ 2 2 )( )( cabb bcaa CMR: CBA sin 1 sin 1 sin 1 += II. PHẦN RIÊNG (3đ) (Thí sinh chỉ làm một trong hai phần) Theo chương trình chuẩn: Câu 6a (2đ) 1. Trong mặt phẳng (oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + 5 = 0 và đường tròn (C): x 2 + y 2 + 2x - 6y + 9 = 0 Tìm những điểm M ∈ (C) và N ∈ (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. 2. Trong không gian (oxyz) cho hai mặt phẳng: (P 1 ): x - 2y + 2z - 3 = 0 (P 2 ): 2x + y - 2z - 4 = 0 và đường thẳng (d): 3 4 21 2 − = − = − + zyx Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I ∈ (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P 1 ), (P 2 ). Câu 7a (1đ) Đặt: (1 - x + x 2 - x 3 ) 4 = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + a 12 x 12 . Tính hệ số a 7 . Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) 1. Trong mặt phẳng (oxy) cho đường tròn (C): (x + 1) 2 + (y - 3) 2 = 1 và điểm M       5 7 , 5 1 . Tìm trên (C) những điểm N sao cho MN có độ dài lớn nhất. 2. Trong không gian (oxyz), cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 + 2x - 4y - 2z + 5 = 0 và mặt phẳng (P): x - 2y + 2z - 3 = 0. Tìm những điểm M ∈ (S), N ∈ (P) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. Câu 7b (1đ) Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số: x xx xf 2131 )( 3 +−+ = khi x ≠ 0, và 0)0( =f ; tại điểm x 0 = 0. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (Đợt 2- 17/4/2010) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) ĐIỂM Câu 1 (2đ) y = 2x 3 - 3x 2 + 1 BO GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Tham khao ĐỀ THI THU DAI HOC NAM 2010 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) M 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) * TXĐ: R * Sự biến thiên: + Giới hạn: −∞→x ylim = ∞− , −∞→x ylim = ∞+ 0,25đ + Bảng biến thiên: y’ = 6x 2 - 6x = 6x (x - 1) y' = 0    == == ⇔ )0(;1 )1(;0 yx yx 0,25đ Lập BBT; nêu đúng các khoảng đơn điệu và các điểm cực trị 0,25đ * Đồ thị: (tự vẽ), rõ ràng, đầy đủ, chính xác. 0,25đ 2) Tìm M ∈ (C) ? Giả sử M (x 0 ; y 0 ) ∈ (C) ⇒ y 0 = 2x 0 3 - 3x 0 2 + 1 Tiếp tuyến ( ∆ ) của (C) tại M: y = (6x 0 2 - 6x 0 ) (x - x 0 ) + 2x 0 3 - 3x 0 2 + 1 0,25đ ( ∆ ) đi qua điểm P(0 ; 8) ⇔ 8 = -4x 0 3 + 3x 0 2 + 1 ⇔ (x 0 + 1) (4x 0 2 - 7x 0 + 7) = 0 0,25đ ⇔ x 0 = -1 ; (4x 0 2 - 7x 0 + 7 > 0, ∀ x 0 ) 0,25đ Vậy, có duy nhất điểm M (-1 ; -4) cần tìm. 0,25đ Câu 2 (2đ) 1) Giải hệ:      ≥⇒≥⇒+= ≤⇒≥−⇒−=− 3232 3 1 9 320121218 2 22 xyyxyxy xxxxy 0,25đ 1832 =⇒=⇒ xyx 0,25đ { } 32;32−∈⇒ x , tương ứng y { } 33;33−∈ 0,25đ Thử lại, thoả mãn hệ đã cho Vậy, ( ) ( ) ( ){ } 33;32,33;32; −−∈yx 0,25đ 2) Giải phương trình: ( ) ( ) 0113123 2 =−+−+ xx xx     −= = ⇔ x x x 113 13    =−+= = ⇔ (*)0113)( 0 xxf x x (a + b + c = 0) 0,5đ (*) 0)2( ,013ln3)(' ⇒    = ∀>+= f xxf x có nghiệm duy nhất x = 2 0,25đ Vậy, tập nghiệm của phương trình: S = {0 ; 2} 0,25đ Câu 3 (1đ) S N A C O B SO ⊥ (ABC) S.ABC chóp ∆ đều ⇒ O là tâm tam giác đều ABC. MBCAO =∩ ⇒ )(SAMBC BCSO BCAM ⊥⇒    ⊥ ⊥ Trong ∆ SAM kẻ đường cao MN ⇒ MN = m 2 3 2 3 3 60sin2 0 a AOAM aa AO ==⇒== 0,25đ 3 SOSAhSO 2 222 a hAO +=+=⇒= SA.MN = SO.AM ( ) 22222 3 4 43 mahma =−⇔         < am 2 3 0,25đ 22 433 2 ma am h − =⇔ ; và S (ABC) = 4 3 a 2 0,25đ 22 3 436 ).( 3 1 ma ma hABCSV − ==         < am 2 3 0,25đ Câu 4 (1đ) Tính tích phân ∫ −= 2 0 )2( dxxxI + ∫ + 2 0 2 )4ln( dxx = 21 II + ∫∫ =−−=−= 2 0 2 2 0 1 2 )1(1)2( π dxxdxxxI (sử dụng đổi biến: tx sin1 += ) 0,25đ ∫∫ + −+=+= 2 0 2 2 2 0 2 2 0 2 2 4 2|)4ln()4ln( dx x x xxdxxI (Từng phần) 0,25đ 42ln6 −+= π (đổi biến tx tan2= ) 0,25đ 2ln64 2 3 21 +−=+= π III 0,25đ Câu 5 (1đ) ∆ ABC:      =+ =+ )2()( )1()( 2 2 cabb bcaa (1) ⇒ sin 2 A + sinAsinC = sin 2 B (Đl sin) ⇒ sinAsinC = 2 1 (cos2A - cos2B) ⇒ sinAsinC = sin(A + B) sin (B -A) ⇒ sinA = sin (B - A) ; (sin (A + B) = sin C > 0) ⇒ A = B - A ; (A, B là góc của tam giác) ⇒ B = 2A 0,25đ Tương tự: (2) ⇒ C = 2B A + B + C = π , nên A = 7 π ; B = 7 2 π ; C = 7 4 π 0,25đ Ta có: CB sin 1 sin 1 + = 7 3 sin 7 cos 7 sin2 7 cos 7 3 sin2 7 4 sin 7 2 sin 7 2 sin 7 4 sin πππ ππ ππ ππ = + 0,25đ = Asin 1 7 sin 1 = π (đpcm) 0,25đ II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chương trình cơ bản Câu 6a (2đ) 1) Tìm M ∈ (C), N ∈ (d)? (d): 3x - 4y + 5 = 0 (C): (x + 1) 2 + (y - 3) 2 = 1 ⇒ Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1 d (I ; d) = 2 ⇒ (d) ∩ (C) = Ø Giả sử tìm được N 0 ∈ (d) ⇒ N 0 là hình chiếu vuông góc của I trên (d) ⇒ N 0 = (d) ( ) ∆∩ , với: ( ) ( ) ( )    −=⇒⊥∆ −∋∆ ∆ 4;3)( )3;1( ud I 0,25đ ( )       ⇒    −= +−= ∆⇒ 5 7 ; 5 1 43 31 : 0 N ty tx 0,25đ Rõ ràng ( ) ∩∆ (C) = {M 1 ; M 2 } ; M 1       − 5 11 ; 5 2 ; M 2       − 5 19 ; 5 8 M 0 ∈ (C) để M 0 N 0 nhỏ nhất ⇒ M 0 ≡ M 1 và M 0 N 0 = 1 0,25đ Kết luận: Những điểm cần tìm thoả mãn điều kiện bài toán. M       − 5 11 ; 5 2 ; N       5 7 ; 5 1 0,25đ 2) Phương trình mặt cầu (S) ? (P 1 ): x - 2y + 2z - 3 = 0 (P 2 ): 2x + y - 2z - 4 = 0 Giả sử I (x 0 ; y 0 ; z 0 ) ∈ (d): 3 4 21 2 − = − = − + zyx ⇒ I (-2 - t ; 2t ; 4 + 3t) là tâm của mặt cầu (S) 0,25đ Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P 1 ), (P 2 ) ⇔ d (I, (P 1 )) = d (I ; (P 2 )) ⇔    −= −= ⇔+=+ 1 13 1610 3 1 39 3 1 t t tt 0,25đ ⇒ I 1 = (11 ; 26 ; -35) ; I 2 (-1 ; 2 ; 1) ⇒ R 1 = 38 ; R 2 = 2 0,25đ Vậy, có hai mặt cầu cần tìm: (S 1 ): (x - 11) 2 + (y - 26) 2 + (z + 35) 2 = 38 2 (S 2 ): (x + 1) 2 + (y - 2) 2 + (z - 1) 2 = 2 2 0,25đ Câu 7a (1đ) Tính hệ số a 7 ? (1 - x + x 2 - x 3 ) 4 = (1 - x) 4 (1 + x 2 ) 4 0,25đ = ( )             − ∑∑ == 4 0 2 4 4 0 4 1 i ii k kk k xCxC 0,25đ (Gt) { } ( ) ( ) ( ){ } 2;3,3;1; 4,3,2,1,0, 72 ∈⇒    ∈ =+ ⇒ ik ik ik 0,25đ 40 2 4 3 4 3 4 1 47 −=−−=⇒ CCCCa 0,25đ Chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) 1) Tìm N ∈ (C)? (C): (x + 1) 2 + (y - 3) 2 = 1 ⇒ Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1 ; M       5 7 ; 5 1 2 5 8 ; 5 6 =⇒       −= MIIM 0,25đ Giả sử tìm được N ∈ (C) ⇒ MN ≤ MI + IN = 3 0,25đ Dấu “=” xảy ra ⇔ N là giao điểm của tia đối IM và đường tròn (C). (IM):        −= +−= ty tx 5 8 3 5 6 1 ; ( ) ( ) { } 21 ; NNCIM =∩       −⇒ 5 11 ; 5 2 1 N ,       − 5 19 ; 5 8 2 N ; MN 1 < MN 2 0,25đ Kết luận: Thoả mãn điều kiện bài toán:       − 5 19 ; 5 8 N 0,25đ 2) Tìm M ∈ (S) , N ∈ (P) ? (S): (x + 1) 2 + (y - 2) 2 + (z - 1) 2 = 1 Tâm I (-1 ; 2 ; 1), bán kính R = 1 (P): x - 2y + 2z - 3 = 0 ⇒ d ( )( ) PI; = 2 Ø)()( =∩⇒ SP Giả sử tìm được N 0 ∈ (P) ⇒ N 0 là hình chiếu vuông góc của I trên (P) 0,25đ ( ) ( ) PdN ∩=⇒ 0 , với: ( )      −=⇒⊥ −∋ )2;2;1()()( )1;2;1( d uPd Id ( )      += −= +−= ⇒ tz ty tx d 21 22 1 :       −⇒ 3 7 ; 3 2 ; 3 1 0 N 0,25đ =∩ )()( Sd {M 1 ; M 2 }       −⇒ 3 5 ; 3 4 ; 3 2 1 M ,       − 3 1 ; 3 8 ; 3 4 2 M 0,25đ M 1 M 0 = 1 < M 2 M 0 = 3 M 0 ∈ (S) để M 0 N 0 nhỏ nhất ⇒ M 0 ≡ M 1 Vậy, những điểm cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán.       − 3 5 ; 3 4 ; 3 2 M ,       − 3 7 ; 3 2 ; 3 1 N 0,25đ Câu 7b (1đ) Đạo hàm bằng định nghĩa: x fxf x )0()( lim 0 − → = 2 3 0 2131 lim x xx x +−+ → 0,25đ = 2 3 0 21)1()1(31 lim x xxxx x +−+++−+ → 0,25đ = ( ) ( ) xx xxxx x xx 21)1( 1 lim 1311)31( 3 lim 0 2 3 3 2 0 +++ + ++++++ + − →→ 0,25đ = -1 + 2 1 = - 2 1 . Vậy, 2 1 ' )0( −=f 0,25đ Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 NĂM HỌC 2010 MÔN TOÁN KHỐI B, D Thời gian làm bài: 180 phút Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 ( ) 2,f x x mx= + + có đồ thị ( ) m C 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 3m = − 2) Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị ( ) m C cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 1 2 tan cot 2 2sin 2 sin 2 x x x x + = + 2) Giải phương trình: ( ) 2 2 2 1 5 2 4; x x x x R+ = − + ∈ Câu III (1 điểm) Tính 2 3 0 sin 1 cos2 x x I dx x π + = + ∫ Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là .O ,A B là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a , · · 0 60ASO SAB= = . Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 2 4 x y x y P xy + − = + Phần riêng (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d có phương trình : 0x y− = và điểm (2;1)M . Tìm phương trình đường thẳng ∆ cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng ( )d tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng ( ) α đi qua hai điểm ( ) 0; 1;2 ,A − ( ) 1;0;3B và tiếp xúc với mặt cầu ( ) S có phương trình: 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 1) 2x y z− + − + + = Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: 2 1 0z z+ + = . Rút gọn biểu thức 2 2 2 2 2 3 4 2 3 4 1 1 1 1 P z z z z z z z z         = + + + + + + +  ÷  ÷  ÷  ÷         Phần B Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) C có phương trình ( ) 2 2 : 4 25x y− + = và điểm (1; 1)M − . Tìm phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M và cắt đường tròn ( ) C tại 2 điểm ,A B sao cho 3MA MB= 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) P có phương trình: 1 0x y− − = . Lập phương trình mặt cầu ( ) S đi qua ba điểm ( ) ( ) ( ) 2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C− − và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) P Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình: ( ) ( ) 2 1 2 2 2 1 2 3 log 1 log 1 6 2 log 1 2 log ( 1) x x x x   + − + −  ÷   ≥ + + + Hết HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2010 Môn: Toán_ Khối B và D Câu I.1 (1,0 đ) 3m = − hàm số trở thành: 3 ( ) 3 2,f x x x= − + Tập xác định D R= Sự biến thiên 2 1 ' 3( 1) 0 1 x y x x = −  = − = ⇔  =  1 ' 0 1 x y x < −  > ⇔  >  hàm số đồng biến trên ( ) ; 1−∞ − và ( ) 1;+∞ ' 0 1 1y x< ⇔ − < < hàm số nghịch biến trên ( ) 1;1− điểm CĐ ( ) 1;4− , điểm CT ( ) 1;0 lim x y →−∞ = −∞ lim x y →+∞ = +∞ Điểm uốn: '' 6 0 0y x x= = ⇔ = , Điểm uốn U ( ) 0;2 Bảng biến thiên: x −∞ 1− 1 +∞ 'y + 0 − 0 + y Đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu I.2 (1,0 đ) Phương trình cho HĐGĐ 3 2 0,(*)x mx+ + = 0x = không thỏa mãn nên: 3 2 (*) x m x + ⇔ = − Xét hàm số 3 2 2 2 2 2 ( ) '( ) 2 x g x x g x x x x x + = − = − − ⇒ = − + '( ) 0 1g x x= ⇔ = ta có bảng biến thiên: x −∞ 0 1 +∞ '( )g x + ll + 0 − ( )g x Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y m= và đồ thị hàm số ( )y g x= nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì 3m > − Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị ( ) m C của hàm số ( )y f x= hoặc không có cực trị hoặc có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II.1 (1,0 đ) 1 2 tan cot 2 2sin 2 sin 2 x x x x + = + ,(1) Điều kiện: 2 x k π ≠ 0,25 −∞ +∞ CT CĐ −∞ + ∞ −∞ -3 −∞ 2 2 2 2 4sin cos2 2sin 2 1 (1) sin 2 sin 2 2(1 cos2 ) cos 2 2(1 cos 2 ) 1 2cos 2 cos 2 1 0 cos2 1 (loai do:sin 2 0) 1 3 cos2 2 x x x x x x x x x x x x x k x π π + + ⇔ = ⇒ − + = − + ⇔ − − = = =   ⇔ ⇔ = ± +  = −  Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là: , 3 x k k Z π π = ± + ∈ 0,25 0,25 0,25 Câu II.2 (1,0 đ) ( ) 2 2 2 1 5 2 4; x x x x R+ = − + ∈ Đặt 2 2 4 2 2 4 2( 2 )t x x t x x= + ⇒ = + ta được phương trình 2 2 1 5 2 8 0 2 t t t t+ = − ⇔ + − = 4 2 t t = −  ⇔  =  + Với t = − 4 Ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 4 2( 2 ) 16 2 8 0 x x x x x x x x < <   + = − ⇔ ⇔   + = + − =   2 0 2 2 x x x <  ⇔ ⇔ = −  =  + Với t = 2 ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 2 2( 2 ) 4 2 2 0 x x x x x x x x > >   + = ⇔ ⇔   + = + − =   2 0 3 1 3 1 x x x >   ⇔ ⇔ = −  = −   ĐS: phương trình có 2 nghiệm 2, 3 1x x= − = − 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III (1,0 đ) 2 2 3 3 3 2 2 0 0 0 sin sin 1 cos2 2cos 2cos x x x x I dx dx dx x x x π π π + = = + + ∫ ∫ ∫ 3 3 1 2 2 0 0 1 2cos 2 cos x x I dx dx x x π π = = ∫ ∫ Đặt 2 tan cos u x du dx dx v x dv x =  =   ⇒   = =    3 3 3 1 0 0 0 1 1 1 tan tan ln cos ln 2 2 2 2 2 3 2 3 I x x xdx x π π π π π   ⇒ = − = + = −     ∫ 2 2 2 3 3 3 3 2 2 0 0 0 0 sin 1 1 tan (1 tan ) 2cos 2 2 x I dx xdx x dx dx x π π π π   = = = + − =     ∫ ∫ ∫ ∫ [ ] 3 0 1 1 tan 3 2 2 3 x x π π   = − = −  ÷   ( ) 1 2 3 1 1 1 1 ln 2 3 ( 3 ln 2) 2 2 3 6 2 2 3 I I I π π π −   = + = − + − = + −  ÷   0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV (1,0 đ) Gọi I là trung điểm của AB , nên OI a= Đặt OA R = · 0 60SAB SAB= ⇒ ∆ đều · 1 1 1 2 2 2 3 sin OA R IA AB SA ASO = = = = Tam giác OIA vuông tại I nên 2 2 2 OA IA IO− = 2 2 2 6 3 2 R a R a R⇔ − = ⇔ = 2SA a⇒ = Chiếu cao: 2 2 a SO = Diện tích xung quanh: 2 6 2 3 2 xq a S Rl a a π π π = = = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V (1,0 đ) Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y+ = . 4 2 4 1 4 1 4 2 4 4 2 2 x y x y x y y x y P xy y x y x + − = + = + + − = + + + − Thay 5y x= − được: 4 1 5 4 1 5 4 1 5 3 2 . 2 . 4 2 2 4 2 4 2 2 y x x y y P x x y x y x y x − = + + + − = + + + − ≥ + − = P bằng 3 2 khi 1; 4x y= = Vậy Min P = 3 2 Lưu ý: Có thể thay 5y x= − sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số 3 5 3 5 ( ) (5 ) 4 x x g x x x + − = + − 0,25 0,50 0,25 Câu AVI.1 (1,0 đ) A nằm trên Ox nên ( ) ;0A a , B nằm trên đường thẳng 0x y− = nên ( ; )B b b , (2;1)M ( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b⇒ = − − = − − uuur uuur Tam giác ABM vuông cân tại M nên: 2 2 2 ( 2)( 2) ( 1) 0 . 0 ( 2) 1 ( 2) ( 1) a b b MA MB MA MB a b b − − − − =   =   ⇔   = − + = − + −     uuur uuur , do 2b = không thỏa mãn vậy 2 2 2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 , 2 2 2 1 ( 2) 1 ( 2) ( 1) 1 ( 2) ( 1) 2 b a b b a b b b b a b b b b b −  − = ≠ −   − = ≠ −   ⇔ −   −     − + = − + − + = − + −   ÷  −    0,25 0,25 S O A B I 2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 1 4 ( 2) ( 1) . 1 0 ( 2) 3 a b a b b b a b b b b  =  −  − = ≠    = −    ⇔ ⇔     =     − + − − =        −   =     Với: 2 1 a b =   =  đường thẳng ∆ qua AB có phương trình 2 0x y+ − = Với 4 3 a b =   =  đường thẳng ∆ qua AB có phương trình 3 12 0x y+ − = 0,25 0,25 DE 2 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu 1: Cho hàm số y = 2 3 2 x x − − có đồ thị là (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất. Câu 2: 1) Giải phương trình: 2 2 sin( ).cos 1 12 x x π − = 2) Giải hệ phương trình: 3 3 3 2 2 8 27 18 (1) 4 6 (2) x y y x y x y + =   + =  Câu 3: 1) Tính tích phân I = 2 2 6 1 sin sin 2 x x dx π π × + ∫ 2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1) Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 3 3 3 1 8 1 8 1 8 1 a b c c a b + + ≥ + + + Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60 0 , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). PHẦN RIÊNG 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình (∆ ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (∆). Tìm A, C biết C thuộc trục tung. Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng : (d 1 ) 3 2 1 1 1 2 y z x − + + = = ; (d 2 ) 1 2 2 ( ) 1 x t y t t z t = +   = + ∈   = +  ¡ . Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d 1 ) , (d 2 ) 2. Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: Cho ∆ ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G ∈ (d) 3x –y –8 =0. tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ∆ ABC. Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng: [...]... x + y) (bin i tng ng) ( x y ) ( x + y ) 0 4 3 ( x + y) 4P 3 a + 64 z 3 3 ( a z) = 3 a + 64 z 3 3 0.25 = ( 1 t ) + 64 t 3 z (vi t = , 0 t 1 ) a 3 0.25 Xột hm s f(t) = (1 t)3 + 64 t3 vi t [ 0;1] Cú 1 2 f '(t ) = 3 64 t 2 ( 1 t ) , f '(t ) = 0 t = [ 0;1] 9 0.25 Lp bng bin thi n Minf ( t ) = t[ 0;1] 64 GTNN ca P l 16 t c khi x = y = 4z > 0 81 81 0.25 VI.a 2.0 1 1.0 Do B l giao ca AB v... Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : y2 x2 z+5 x= = z và d : = y 3= 1 2 1 Viết phơng trình mặt phẳng ( ) đi qua d và tạo với d một góc 300 d: Cõu VII.b (1 im) Cho a, b, c l ba cnh tam giỏc Chng minh 1 2 b c 1 a + + + IH ri thay vo (*) ta cú hai ng thng tho món 2 0,2 Đờng thẳng d đi qua điểm M (0;2;0) và có vectơ chỉ phơng u (1;1;1) Đờng thẳng d đi qua điểm M ' (2;3;5) và có vectơ chỉ phơng u '(2; 1;1) Mp ( ) phải đi qua điểm M và có. .. góc với u và cos(n; u ' ) = cos 60 0 = 1 Bởi vậy nếu đặt n = ( A; B; C ) thì ta phải có : 2 A B + C = 0 B = A + C B = A + C 2 2A + B C 1 2 2 2 2 = 0,2 2 3 A = 6 A + ( A + C ) + C 2 A AC C = 0 2 2 2 2 6 A + B +C Ta có 2 A2 AC C 2 = 0 ( A C )(2 A + C ) = 0 Vậy A = C hoặc 2 A = C Nếu A = C ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó B = 2 , tức là n = (1;2;1) và mp( ) có phơng trình x + 2( y 2) +... x2 = 3 + 41 3 41 , k= 16 16 KL: Vy cú 3 giỏ tr ca k tho món nh trờn k = 3, k = Cõu í 1 Ni dung 1) CõuII:2 Gii phng trỡnh: 2 sin 2 x sin 2 x + sin x + cos x 1 = 0 2 sin 2 x (2 cos x 1) sin x + cos x 1 = 0 = (2 cos x 1) 2 8(cos x 1) = (2 cos x 3) 2 Vậy sin x = 0,5 hoặc sin x = cos x 1 Với sin x = 0,5 ta có x= + 2 k 6 hoặc x= 5 + 2k 6 Với sin x = cos x 1 ta có sin x cos x = 1 sin... 18 y3 y H 2 4x + 6x = 1 2 x 3 2 x + 3 = 3 ữ y y2 y y a3 + b3 = 18 a + b = 3 3 t a = 2x; b = y Ta cú h: ab(a + b) = 3 ab = 1 3 5 ; 6 , 3 + 5 ; 6 ữ ữ 4 3+ 5 4 3 5 H ó cho cú 2 nghim 2 3 4 5 Cõu 3: 2 2 1) Tớnh tớch phõn I = sin x ì sin x + 6 2 Gii: I = 6 2 dx 3 cos 2 x ìd (cos x) 2 Đặt cos x = I = 1 3 2 ìcos u 2 3 sin 2 udu = 2 3 16 ( + 2) 4 2) Tỡm cỏc giỏ... quy nh THI TH I HC NM 2009-2010 Mụn thi: TON Khi A, B Thi gian : 180 phỳt, khụng k thi gian giao I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I:(2,0 im) Cho hm s y = x 3 (3x 1)m (C ) vi m l tham s 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (C) khi m = 1 2 Tỡm cỏc gớỏ tr ca m th ca hm s (C) cú hai im cc tr v chng t rng hai im cc tr ny v hai phớa ca trc tung Cõu II:(2,0 im) 17 4 x).cos 2 x = 16cos x... 2 ( x + 1) ( x 16 ) = 0 Vy phng trỡnh ó cho cú mt nghim x = - 1 III Tớnh tớch phõn 3 0 x 3 dx x +1 + x + 3 1.0 0.25 0.25 x = 1 3 ( k , m Z) 0.25 0.25 1.0 t u = x = 0 u = 1 x + 1 u 2 1 = x 2udu = dx ; i cn: x = 3 u = 2 3 2 2 0.25 2 x3 2u 3 8u 1 dx = 2 du = (2u 6) du + 6 du Ta cú: u + 3u + 2 u +1 0 3 x +1 + x + 3 1 1 1 ( 0.25 2 = u 2 6u ) 1 + 6 ln u + 1 1 0.25 = 3 + 6 ln 3 2 0.25 2 IV... 2(a3b2+b3a2+c3a2) 2.3 3 a5 b5c 5 =6 (do abc =1)(4) a3+b3+c3 3abc =3 = 1 +2 a2b2c2 (5) a3 +a 2a2; (6) Cụng cỏc v ca (3), (4), (5), (6) , ta c (2) Du bng xy ra khi a=b=c=1 Cõu 5: Cho hỡnh chúp S ABC cú gúc ((SBC), (ACB)) =60 0, ABC v SBC l cỏc tam giỏc u cnh a Tớnh theo a khong cỏch t B n mt phng (SAC) Gii: Gi M l trung im ca BC v O l hỡnh chiu ca S lờn AM Suy ra: SM =AM = a 2 3 ; ã AMS = 60 0 d(S; BAC) = SO = . nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2009-2010 Môn thi: TOÁN – Khối A, B Thời gian : 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi: TOÁN – Khối A, B Câu Ý NỘI DUNG Điểm Câu I Ý 1 Khi m =1 → . chuyên Lê Quý Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 NĂM HỌC 2010 MÔN TOÁN KHỐI B, D Thời gian làm bài: 180 phút Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 ( ) 2,f x x mx= + + có đồ thị ( ) m C 1)