1 THI TH I HC, CAO NG NM 2010- LB1 Mụn thi : TON Thi gian lm bi : 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im) Cõu I. (2,0 im) Cho hàm số : 323 m 2 1 mx 2 3 xy 1/ Khảo sát hàm số với m=1. 2/ Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại,cực tiểu đối xứng với nhau qua đt: y=x Cõu II. (2,5 im) 1. 2 2 3 3 tan tan .sin cos 1 0x x x 2. Cho PT: 2 5 1 5 6x x x x m (1) a)Tỡm m PT(1)cú nghim b)Gii PT khi 2 1 2m Cõu III. (1,5 im) a) Tớnh tớch phõn I= 4 3 4 1 1 dx x x Cõu IV. (1,0 im) Tớnh gúc ca Tam giỏc ABC bớờt: 2A=3B; 2 3 a b II.PHN RIấNG (3 im) Thớ sinh ch c chn lm mt trong hai cõu(Va hocVb) Cõu Va. 1(2,0 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz . Vit phng trỡnh mt phng (P) qua O , vuụng gúc vi mt phng (Q) : x y z 0 v cỏch im M(1;2; 1 ) mt khong bng 2 . 2. (1,0 im)Cú 6 hc sinh nam v 3hc sinh n xp hng dc i vo lp.Hi cú bao nhiờu cóch xp cú ỳng 2HS nam ng xen k 3HS n Cõu Vb. 1 (2,0 im) Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho ng thng (d ) : x 2 4t y 3 2t z 3 t v mt phng (P) : x y 2z 5 0 Vit phng trỡnh ng thng ( ) nm trong (P), song song vi (d) v cỏch (d) mt khong l 14 . 2.(1,0 im) Gii PT: 2 1 1 1 5.3 7.3 1 6.3 9 0 x x x x Ht 2 HNG DN GII LB1 I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im) Cõu I. 1/ Khảo sát hàm số: 2 1 x 2 3 xy 23 *-Tập xác định:R *Sự biến thiên. a-Chiều biến thiên: 0x 1x 0x3x3'y 2 1 2 Hàm số đồng biến ( ;0) và (1; ) ;Hàm số nghịch biến )1;0( b-Cực trị:Hàm số đạt cực đại tại : 2 1 y0x Hàm số đạt cực tiểu tại : 0y1x c-Giới hạn: : 3 2 3 2 x x 3 1 3 1 lim (x x ) ; lim (x x ) 2 2 2 2 d-Bảng biến thiên: : x - 0 1 + y + 0 - 0 + y 2 1 + - 0 *-Đồ thị: Đồ thị nhận điểm uốn I( 4 1 ; 2 1 ) làm tâm đối xứng Giao điểm với trục Ox: (1;0) 2 /Tacó mx 0x 0)mx(x3mx3x3'y 2 ta thấy với 0m thì y đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT +Nếu m>0 hàm số có CĐ tại x=0 và 3 MAX m 2 1 y ;có CT tại x=m và 0y MIN +Nếu m<0 hàm số có CĐ tại x=m và 0y MAX ;có CT tại x=0 và 3 MIN m 2 1 y Gọi A và B là các điểm cực trị của hàm số.Để A và B đối xứng với nhau qua đường phân giác y=x,điều kiện ắt có và đủ là OBOA tức là: 2m2mm 2 1 m 23 Cõu II. (2,5 im) 1. (1,0 im) 2 2 3 3 tan tan .sin cos 1 0x x x (1) *K: 2 x k (1) 2 3 3 2 3 3 2 tan 1 sin 1 cos 0 1 cos 1 sin 1 cos 1 sinx x x x x x x 1 cos 1 sin sin cos sin cos sin cos 0 2 ; ; 2 ; 2 4 4 4 x x x x x x x x x k x k x k x k 2.(1,5 im) Cho PT: 2 5 1 5 6x x x x m (1) a)Tỡm m PT(1)cú nghim 2 -2 1 o y x 3           2 2 2 2 , , t t t t 4 : 5 1 4 2 5 6 : ( 2;2 2 ) 2 4 f ( 2;2 2 ) f 1 f 0 1 2;2 2 2 f . . 2 2 1 2 t Dat t x x t x x pt t m t t t t t t m co nghiem m                                               b)Giải PT khi   2 1 2m     2 2 2 2 2 8 4 2 0 2 2 2( ) 5 1 2 2 . 3 0 3 t t t t loai x x x x                         Câu III. (1,5 điểm) a) Tính tích phân I =   4 3 4 1 1 dx x x   Đặt t= 2 2x dt xdx  Đổi cận x=1=.>t=1; x= 4 3 3t  =>I= 3 3 2 2 2 1 1 1 1 1 3 1 1 2 1 2 1 2 3 dt dt t t t                Tính 3 3 2 1 4 . ( ; tan ) 1 12 dt du voi t u t           Vậy I= 3 1 24 2 3    Câu IV. (1,0 điểm) Tính góc của Tam giác ABC bíêt: 2A=3B; 2 3 a b 3 2sin .cos A=3sinB-4sin sin 2 sin 3 2 3 a 3 sin 3 sin sin sin 2 A B A B A B b A a b B A B                        0 0 0 2 0 0 0 0 cos 0 90 60 30 3 3 4cos 0 4 2 5 cos 180 3 3 3 3 A A B C cos A A A A B C                                II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb) Câu V.a ( 2,0 điểm ) : 1. Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 với 2 2 2 A B C 0   Vì (P)  (Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0  A+B+C = 0 C A B    (1) Theo đề : d(M;(P)) = 2 A 2B C 2 2 2 2 2 (A 2B C) 2(A B C ) 2 2 2 A B C             (2) Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5 8A 2 B 0 B 0 hay B = 5      (1) B 0 C A . Cho A 1,C 1       thì (P) : x z 0  4  8A B = 5  . Chọn A = 5 , B = 1 (1) C 3  thì (P) : 5x 8y 3z 0   2. (1,0 điểm)Có 6 học sinh nam và 3học sinh nử xếp hàng dọc đi vào lớp.Hỏi có bao nhiêu cãch xếp để có đúng 2HS nam đứng xen kẻ 3HS nử Bg:*3hs nử được xếp cách nhau 1 ô. * Vậy 3hs nửcó thể xếp vào các vị trí là:(1;3;5);(2;4;6);(3;5;7);(4;6;8);(5;7;9) *Mổi bộ 3vị trí có 3! Cách xếp3 hs nử *Mổi cách xếp 3 hs nử trong 1bộ có 6! Cách xếp 6 hs nam vào 6 vị trí còn lại *Vậy có tất cả là:5.3!.6!=21600 (cách) theo yêu cầu bt CâuVb-1) Chọn A(2;3;  3),B(6;5;  2)  (d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) . Gọi u  vectơ chỉ phương của ( d 1 ) qua A và vuông góc với (d) thì u u d u u P            nên ta chọn u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2) P         . Ptrình của đường thẳng ( d 1 ) :              x 2 3t y 3 9t (t R) z 3 6t (  ) là đường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên ( d 1 ) thì M(2+3t;3  9t;  3+6t) . Theo đề : 1 1 2 2 2 2 AM 14 9t 81t 36t 14 t t 9 3           + t = 1 3   M(1;6;  5) x 1 y 6 z 5 ( ) : 1 4 2 1        + t = 1 3  M(3;0;  1) x 3 y z 1 ( ) : 2 4 2 1       2.(1,0 điểm) Giải PT: 2 1 1 1 5.3 7.3 1 6.3 9 0 x x x x        (1) Bg (1)   2 2 2 2 5.3 2.3 3 0 5 7 3 3 3.3 2.3.3 1 0 . 3 3 5.3 163 3 0 x x x x x x x x                  2 3 2 3 3 1( ) 1 log 5 5 2 3 0 5 : 3 ( 0) 1 1; log 5 5 16 3 0 3 5 x t loai t x t t Dat t t x x t t t t                                    Vậy PT đả cho có 3 nghiệm: . .HẾT . . 1 THI TH I HC, CAO NG NM 2010- LB1 Mụn thi : TON Thi gian lm bi : 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH. cực đại tại : 2 1 y0x Hàm số đạt cực tiểu tại : 0y1x c-Giới hạn: : 3 2 3 2 x x 3 1 3 1 lim (x x ) ; lim (x x ) 2 2 2 2 d-Bảng biến thi n: : x