MATHVN.COM – www.mathvn.com © 2010 – www.mathvn.com 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 01 Môn: TOÁN – Khối A-B-D Thời gianlàm bài: 180 phút. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2điểm): Cho hàm số 1 12 - - = x x y (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng IM. Câu II (2 điểm): 1. Giải bất phương trình: )243(log1)243(log 2 3 2 9 ++>+++ xxxx 2. Giải phương trình: xx x x x x cottan sin 2cos cos 2sin -=+ Câu III (1 điểm): Tính tích phân : I = 1 2 ln(1 x )dx 0 + ò Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a. Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE Câu V (1 điểm): Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 3.a b c+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 9 16 9 16 4 16 4 9 . a b c a b c a b c M = + + + + + + + + PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn ( 1 C ): 13 22 =+ yx và ( 2 C ): 25)6( 22 =+- yx . Gọi A là một giao điểm của ( 1 C ) và ( 2 C ) với 0> A y . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt ( 1 C ), ( 2 C ) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau. 2. Giải phương trình: ( ) ( ) 021515 2 3 =-++- +x xx Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng * Nn Î" , ta có: nn nnn n nCCC 4 2 2 .42 2 2 4 2 2 2 =+++ B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): 056 22 =+-+ xyx . Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 0 60 . MATHVN.COM – www.mathvn.com © 2010 – www.mathvn.com 2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: )( 1 d : ï î ï í ì = = = 4 2 z ty tx và )( 2 d : ï î ï í ì = = -= 0 3 z ty tx . Chứng minh )( 1 d và )( 2 d chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của )( 1 d và )( 2 d . Câu VII.b (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: 01686 234 =--+- zzzz -------------- Hết -------------- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 02 Môn: TOÁN – Khối A-B-D Thời gianlàm bài: 180 phút. A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm) Câu 1: ( 2điểm) Cho hàm số y = 4x 3 + mx 2 – 3x 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x 1 và x 2 thỏa x 1 = - 4x 2 Câu 2: (2điểm) 1. Giải hệ phương trình: 2 0 1 4 1 2 x y xy x y ì - - = ï í - + - = ï î 2. Giải phương trình: cosx = 8sin 3 6 x p æ ö + ç ÷ è ø Câu 3: (2 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông tại C ; M,N là hình chiếu của A trên SB, SC. Biết MN cắt BC tại T. Chứng minh rằng tam giác AMN vuông và AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB. 2. Tính tích phân A = 2 ln .lnex e e dx x x ò Câu 4: (2 điểm) 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳngOxy và cắt được các đường thẳngAB; CD. 2. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: 3 3 3 2 2 2 2 2 2 1 a b c a ab b b bc c c ca a + + = + + + + + + Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c B. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 2 điểm) MATHVN.COM – www.mathvn.com © 2010 – www.mathvn.com 3 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. 2. Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song. Lấy trên (D) 5 điểm và trên (D’) n điểm và nối các điểm ta được các tam giác. Tìm n để số tam giác lập được bằng 45. Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 và đường tròn (C): x 2 + y 2 – 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua A(3;1). 2. Tìm m để bất phương trình: 5 2x – 5 x+1 – 2m5 x + m 2 + 5m > 0 thỏa với mọi số thực x. -------- Hết ------- BÀI GIẢI TÓM TẮT A.PHẦN CHUNG: Câu 1: 1. m = 0 , y = 4x 3 – 3x - TXĐ: D = R - Giới hạn: lim , lim x x y y ®+¥ ®-¥ = +¥ = -¥ - y’ = 12x 2 – 3 ; y’ = 0 Û x = 1 2 ± Bảng biến thiên: - y’’ = 24x , y” = Û x = 0 , đồ thị có điểm uốn O(0;0) - Đồ thị: 2. TXĐ: D = R - y’ = 12x 2 + 2mx – 3 Ta có: D’ = m 2 + 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị MATHVN.COM www.mathvn.com â 2010 www.mathvn.com 4 Ta cú: 1 2 1 2 1 2 4 6 1 4 x x m x x x x ỡ ù = - ù ù + = - ớ ù ù = - ù ợ 9 2 mị = Cõu 2: 1. 2 0 (1) 1 4 1 2 (2) x y xy x y ỡ - - = ù ớ - + - = ù ợ iu kin: 1 1 4 x y ỡ ù ớ ù ợ T (1) 2 0 x x y y ị - - = ị x = 4y Nghim ca h (2; 1 2 ) 2. cosx = 8sin 3 6 x p ổ ử + ỗ ữ ố ứ cosx = ( ) 3 3sinx+cosx 3 2 2 3 3 3sin 9sin osx +3 3sinxcos os osx = 0x xc x c x c+ + - (3) Ta thy cosx = 0 khụng l nghiờm (3) 3 2 3 3 tan 8t an x + 3 3 t anx = 0x + t anx = 0 x = k p Cõu 3: 1.Theo nh lý ba ng vuụng gúc BC ^ (SAC) ị AN ^ BC v AN ^ SC ịAN ^ (SBC) ị AN ^ MN Ta cú: SA 2 = SM.SB = SN.SC Võy DMSN ~ DCSB ị TM l ng cao ca tam giỏc STB ị BN l ng cao ca tam giỏc STB Theo nh lý ba ng vuụng gúc, ta cú AB ^ ST ịAB ^ (SAT) hay AB^ AT (pcm) 2. 2 2 (ln ) ln (1 ln ) ln (1 ln ) e e e e dx d x A x x x x x = = + + ũ ũ = 2 1 1 (ln ) ln 1 ln e e d x x x ổ ử - ỗ ữ + ố ứ ũ = 2 2 ln(ln ) ln(1 ln ) e e x x e e - + = 2ln2 ln3 Cõu 4: 1. +) (4;5;5)BA = uuur , (3; 2;0)CD = - uuur , (4;3;6)CA = uuur , (10;15; 23)BA CD ộ ự = - ở ỷ uuur uuur ị , . 0BA CD CA ộ ự ạ ở ỷ uuur uuur uuur ị pcm MATHVN.COM – www.mathvn.com © 2010 – www.mathvn.com 5 + Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ^ (Oxy) Þ có VTPT 1 ,n BA k é ù = ë û ur uuur r = (5;- 4; 0) Þ (P): 5x – 4y = 0 + (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ^ (Oxy) có VTPT 1 ,n CD k é ù = ë û ur uuur r = (-2;- 3; 0) Þ (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)Ç(Q) Þ Phương trình của (D) 2. Ta có: 3 2 2 2 3 a a b a ab b - ³ + + (1) Û 3a 3 ≥ (2a – b)(a 2 + ab + b 2 ) Û a 3 + b 3 – a 2 b – ab 2 ≥ 0 Û (a + b)(a – b) 2 ³ 0. (h/n) Tương tự: 3 2 2 2 3 b b c b bc c - ³ + + (2) , 3 2 2 2 3 c c a c ac a - ³ + + (3) Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được: 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 a b c a b c a ab b b bc c c ca a + + + + ³ + + + + + + Vậy: S ≤ 3 Þ maxS = 3 khi a = b = c = 1 B. PHẦN TỰ CHỌN: Câu 5a: Theo chương trình chuẩn 1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : 1 x y z P a b c Þ + + = Ta có (4 ;5;6), (4;5 ;6) (0; ; ), ( ;0; ) IA a JA b JK b c IK a c = - = - = - = - uur uur uuur uur Ta có: 4 5 6 1 5 6 0 4 6 0 a b c b c a c ì + + = ï ï - + = í ï - + = ï î Þ 77 4 77 5 77 6 a b c ì = ï ï ï = í ï ï = ï î Þ ptmp(P) 2.Ta có: n 2 2 5 5 n C C+ = 45 Þ n 2 + 3n – 18 = 0 Þ n = 3 Câu 5b: 1.M Î (D) Þ M(3b+4;b) Þ N(2 – 3b;2 – b) N Î (C) Þ (2 – 3b) 2 + (2 – b) 2 – 4(2 – b) = 0 Þ b = 0;b = 6/5 Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5) 2. Đặt X = 5 x Þ X > 0 Bất phương trình đã cho trở thành: X 2 + (5 + 2m)X + m 2 + 5m > 0 (*) Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0 ÛD < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X 1 ≤ X 2 ≤ 0 Từ đó suy ra m. MATHVN.COM – www.mathvn.com © 2010 – www.mathvn.com 6 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 03 Môn: TOÁN – Khối A-B-D Thời gianlàm bài: 180 phút. A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2 ( ) 2y f x x x= = - 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình lượng giác: ( ) 2 cos sin 1 tan cot 2 cot 1 x x x x x - = + - 2. Giải bất phương trình: ( ) 2 3 1 1 3 3 1 log 5 6 log 2 log 3 2 x x x x- + + - > + Câu III (1 điểm) Tính tích phân: ( ) 2 4 4 0 cos2 sin cosI x x x dx p = + ò Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 45 0 . Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ. Câu V (1 điểm) Cho phương trình ( ) ( ) 3 4 1 2 1 2 1x x m x x x x m+ - + - - - = Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất. B. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng D định bởi: 2 2 ( ): 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y+ - - = D + - = . Tìm điểm M trên D sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 60 0 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu? 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng ( ) : 3 0d x y- - = và có hoành độ 9 2 I x = , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. MATHVN.COM – www.mathvn.com © 2010 – www.mathvn.com 7 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là 2 2 2 ( ): 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0S x y z x y z P x y z+ + - + - + = + - + = . Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. Câu VII.b (1 điểm) Cho , ,a b c là những số dương thỏa mãn: 2 2 2 3a b c+ + = . Chứng minh bất đẳng thức 2 2 2 1 1 1 4 4 4 7 7 7a b b c c a a b c + + ³ + + + + + + + + ----------------------Hết---------------------- Đáp án. Câ u Ý Nội dung Điể m I 2,00 1 1,00 + MXĐ: D = ¡ 0,25 + Sự biến thiên · Giới hạn: lim ; lim x x y y ®-¥ ®+¥ = +¥ = +¥ · ( ) 3 2 0 ' 4 4 4 1 ; ' 0 1 x y x x x x y x = é = - = - = Û ê = ± ë 0,25 · Bảng biến thiên ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1; 1 1; 0 0 CT CT y y y y y y= - = - = = - = = C§ 0,25 · Đồ thị 0,25 2 1,00 MATHVN.COM – www.mathvn.com © 2010 – www.mathvn.com 8 Ta có 3 '( ) 4 4f x x x= - . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là 3 3 '( ) 4 4 , '( ) 4 4 A B k f a a a k f b b b= = - = = - Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: ( )( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ( ) af' ay f a x a f a f a x f a= - + = + - ; ( )( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ( ) f' by f b x b f b f b x f b b= - + = + - Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: ( ) ( ) 3 3 2 2 4a 4a = 4b 4 1 0 (1) A B k k b a b a ab b= Û - - Û - + + - = Vì A và B phân biệt nên a b¹ , do đó (1) tương đương với phương trình: 2 2 1 0 (2)a ab b+ + - = Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 4 2 1 0 1 0 ' ' 3 2 3 2 a ab b a ab b a b f a af a f b bf b a a b b ì ì + + - = + + - = ï ï Û ¹ Û í í - = - - + = - + ï ï î î , Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là ( ) 1; 1- - và ( ) 1; 1- . Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là 2 2 1 0 1 a ab b a a b ì + + - = ï ¹ ± í ï ¹ î II 2,00 1 1,00 Điều kiện: ( ) cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0 cot 1 x x x x x x + ¹ì ï í ¹ ï î 0,25 Từ (1) ta có: ( ) 2 cos sin 1 cos .sin 2 2 sin sin cos2 cos cos 1 cos sin 2 sin x x x x x x x x x x x x - = Û = + - 0,25 2sin .cos 2 sinx x xÛ = ( ) 2 2 4 cos 2 2 4 x k x k x k p p p p é = + ê Û = Û Î ê ê = - + ê ë ¢ 0,25 Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là ( ) 2 4 x k k p p = - + Î ¢ 0,25 2 1,00 MATHVN.COM – www.mathvn.com © 2010 – www.mathvn.com 9 Điều kiện: 3x > 0,25 Phương trình đã cho tương đương: ( ) ( ) ( ) 1 1 2 3 3 3 1 1 1 log 5 6 log 2 log 3 2 2 2 x x x x - - - + + - > + ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 1 1 1 log 5 6 log 2 log 3 2 2 2 x x x xÛ - + - - > - + ( )( ) ( ) ( ) 3 3 3 log 2 3 log 2 log 3x x x xÛ - - > - - + é ù ë û 0,25 ( )( ) 3 3 2 log 2 3 log 3 x x x x - æ ö Û - - >é ù ç ÷ ë û + è ø ( )( ) 2 2 3 3 x x x x - Û - - > + 2 10 9 1 10 x x x é < - Û - > Û ê > ê ë 0,25 Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 10x > 0,25 III 1,00 1 1,00 ( ) 2 2 0 2 2 0 1 cos2 1 sin 2 2 1 1 1 sin 2 sin 2 2 2 I x x dx x d x p p æ ö = - ç ÷ è ø æ ö = - ç ÷ è ø ò ò 0,50 ( ) ( ) 2 2 2 0 0 3 2 2 0 0 1 1 sin 2 sin 2 sin 2 2 4 1 1 sin 2 sin 2 0 2 12 | | d x xd x x x p p p p = - = - = ò ò 0,50 IV 1,00 MATHVN.COM – www.mathvn.com © 2010 – www.mathvn.com 10 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM AB^ và ' DO N C^ . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: OMID vuông cân tại O nên: 2 2 2 2 2 2 2 2 h a OM OI IM h a= = Þ = Þ = 0,25 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3a 2 4 4 8 8 a a a a R OA AM MO æ ö æ ö = = + = + = + = ç ÷ ç ÷ ç ÷ è ø è ø 0,25 2 3 2 3a 2 3 2 R . . , 8 2 16 a a V h p p p Þ = = = 0,25 và 2 a 3 2 3 2 Rh=2 . . . 2 2 2 2 xq a a S p p p = = 0,25 V 1,00 Phương trình ( ) ( ) 3 4 1 2 1 2 1x x m x x x x m+ - + - - - = (1) Điều kiện : 0 1x£ £ Nếu [ ] 0;1xÎ thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện 1 1 2 x x x= - Þ = . Thay 1 2 x = vào (1) ta được: 3 0 1 1 2. 2. 1 2 2 m m m m = ì + - = Þ í = ± î 0,25 * Với m = 0; (1) trở thành: ( ) 2 4 4 1 1 0 2 x x x- - = Û = Phương trình có nghiệm duy nhất. 0,25 * Với m = -1; (1) trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 4 4 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 0 1 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x + - - - - - = - Û + - - - + + - - - = Û - - + - - = + Với 4 4 1 1 0 2 x x x- - = Û = + Với 1 1 0 2 x x x- - = Û = Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. 0,25 [...]... n - 1 4 n 5 H iu kin ban u tng ng: ỡ ( n - 1)( n - 2 )( n - 3)( n - 4 ) ( n - 1)( n - 2 )( n - 3) 5 < ( n - 2 )( n - 3) ù ù 4.3.2.1 3.2.1 4 ớ ù ( n + 1) n ( n - 1)( n - 2 )( n - 3) 7 n + 1 n n - 1 ( ) ( ) ù 5.4.3.2.1 15 ợ ỡn 2 - 9n - 22 < 0 ù ớn 2 - 5n - 50 0 n = 10 ùn 5 ợ VIb 1 Ta giao im A, B l nghim ca h phng trỡnh ỡ x2 + y2 + 2 x - 4 y - 8 = 0 ỡ y = 0; x = 2 ớ ớ ợ y = -1 ; x = -3 ợx - 5y... im N1 cn tỡm l N1 (-1 ;-4 ;0) + ng vi M2, tng t tỡm c N2(5;0 ;-5 ) VIIb iu kin f ( x) = ln 1 (3 - x ) 1 (3 - x) 3 3 >0 x 3 p 0 ù ù x -3 x + 2 < 0 )( ) ... 2 + c 2 = ( a - 5 ) + ( b - 2 ) + ( c - 1) 2 2 2 10a + 4b + 2c = 30 (1) | a + 2b - 2c + 5 | 2 OI = d ( I , ( P ) ) a 2 + b 2 + c 2 = 9 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = ( a + 2b - 2c + 5 ) (2) 3 â 2010 www.mathvn.com 19 MATHVN.COM www.mathvn.com | a + 2b - 2c + 5 | | a + 2b - 2c - 13 | = 3 3 ộ a + 2b - 2c + 5 = a + 2b - 2c - 13 (loại) ờ a + 2b - 2c = 4 (3) ở a + 2b - 2c + 5 = - a - 2b + 2c + 13 d ( I , (... sính Câu Đáp án 1 (1,25 điểm) I a.TXĐ: D = R\ {-2 } (2 b.Chiều biến thi n điểm) +Giới hạn: lim y = lim y = 2; lim y = - ; lim y = +Ơ x đ - x đ +Ơ x đ -2 + Điểm 0,5 x đ -2 - Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2 3 > 0 "x ẻ D ( x + 2) 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ;-2 ) và (-2 ;+Ơ) +Bảng biến thi n + y' = x - y + -2 +Ơ + +Ơ 0,25 0,25 2 y 2 - c.Đồ... (1-sinx)(6cosx + 2sinx 7) = 0 ộ1 - sin x = 0 ú ờ ở6 cos x + 2 sin x - 7 = 0 (VN ) p ú x = + k 2p 2 2 (1 điểm) ỡx > 0 ĐK: ớ 2 2 ợlog 2 x - log 2 x - 3 0 Bất ph-ơng trình đã cho t-ơng - ng với log x - log 2 x - 3 > 5 (log 2 x - 3) 2 2 đặt 2 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 (1) t = log2x, BPT (1) ú t 2 - 2t - 3 > 5 (t - 3) (t - 3)(t + 1) > 5 (t - 3) 0,25 ột Ê -1 ộlog 2 x Ê -1 ột Ê -1 ờ ờỡt > 3 ờ ờ ở3 < t < 4... (2;1;3) là véc tơ chỉ ph-ơng của d) Câu VIIa 1 điểm Câu VIa 2 điểm ị H (3;1;4) ị AH (-7 ;-1 ;5) Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0 ú 7x + y -5 z -7 7 = 0 2 Từ giả thi t bài toán ta thấy có C 4 = 6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và C 52 = 10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 52 C 52 = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán 0,5 0,5 0,5 2 Mỗi bộ 4 số nh- thế có 4! số - c thành lập Vậy có tất cả C 4 C 52... thi t bài toán ta thấy có C 52 = 10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 0,5 0,5 3 3 đứng đầu) và C 5 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 52 C 5 = 100 bộ 5 số - c chọn 0,5 3 Mỗi bộ 5 số nh- thế có 5! số - c thành lập => có tất cả C 52 C 5 5! = 12000 số 1 3 Mặt khác số các số - c lập nh- trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C 4 C 5 4!= 960 Vậy có tất cả 12000 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán. .. ( xB - xC ) + ( yB - yC )2 = 256 vi xB , xC l hai nghim ca phng trỡnh (2) ( xB - xC )2 + (( xB + 4) - ( xC + 4))2 = 256 2( xB - xC )2 = 256 ( xB + xC )2 - 4 xB xC = 128 4 m2 - 4(m + 2) = 128 m2 - m - 34 = 0 m = 1 137 (tha K (a)) Vy 2 m = 1 137 2 CõuII:1 Phng trỡnh (cosxsinx)2 - 4(cosxsinx) 5 = 0 ộ cos x - sin x = -1 ờ ở cos x - sin x = 5(loai vi cos x - sin x Ê 2) ộx = p + k2p 2sin(x - p... ờ ở x = -6 ( loại ) + Vi -4 < x < -1 ta cú phng trỡnh x 2 - 4 x - 20 = 0 (4); ộ x = 2 - 24 ( 4) ờ ờ x = 2 + 24 ( loại ) ở ( Vy phng trỡnh ó cho cú hai nghim l x = 2 hoc x = 2 1 - 6 ) III t t = 1 - x 2 ị t 2 = 1 - x 2 ị 2tdt = -2 xdx ị ị dx tdt =- 2 x x dx tdt tdt == 2 2 x 1- t t -1 + i cn: 1 3 ịt = 2 2 3 1 x= ịt = 2 2 x= 1 2 3 2 dt ũ t 2 -1 = 3 dt 1 t + 1 23 1 ổ 7 + 4 3 ử = ln ũ 1 - t 2 2 1 - t |12... điểm( - ;0) 2 2 Đồ thị nhận điểm (-2 ;2) làm tâm đối xứng Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; y 0,25 2 -2 â 2010 www.mathvn.com x O 28 MATHVN.COM www.mathvn.com II (2 điểm) 2 (0,75 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và - ng thẳng d là nghiệm của ph-ơng trình ỡ x ạ -2 2x + 1 = -x + m ớ 2 x+2 ợ x + (4 - m) x + 1 - 2m = 0 (1) Do (1) có D = m 2 + 1 > 0 va (-2 ) 2 + (4 - m). (-2 ) + 1 - 2m = -3 ạ 0 . + + + + + + + + -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- Hết -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - - Đáp án. Câ u Ý Nội dung Điể m I 2,00 1 1,00 + MXĐ: D = ¡ 0,25 + Sự biến thi n · Giới hạn:. ln 3 f x x = - và giải bất phương trình 2 0 6 sin 2 '( ) 2 t dt f x x p p > + ò -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- Hết -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - - Đáp án Câu Ý Nội