DE THI THU HE 2010 CO DAP AN

Đề luyện thi cấp tốc hè 2010 số 1 THI TH I HC NM 2010 Mụn Toỏn - Khi A, B. I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) Cho hm s mxxxy += 93 23 , trong ú m l tham s thc. 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho khi 0 = m . 2. Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca tham s m th hm s ó cho ct trc honh ti 3 im phõn bit cú honh lp thnh cp s cng. Cõu II (2,0 im) 1. Gii bt phng trỡnh 2 2 2 3 5 4 6x x x x x + ( x R). 2. Gii phng trỡnh 3 2 2 cos2 sin 2 cos( ) 4sin( ) 0 4 4 x x x x + + + = . Cõu III (1,0 im) Tớnh tớch phõn 3 2 2 1 log 1 3ln e x I dx x x = + Cõu IV(1,0 im)Cho hỡnh chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và góc tại đỉnh của mỗi mặt bên bằng 2 Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp hình chóp S.ABCD. Tìm để tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp trùng nhau Cõu V (1,0 im) Cho x, y, z [ ] 1;3 CMR 1 1 1 ( ).( ) 12x y z x y z + + + + II. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B) A.Theo chng trỡnh Chun Cõu VI.a( 2,0 im) Trong mt phng vi h ta Oxy cho hai ng thng : 3 8 0x y+ + = , ':3 4 10 0x y + = v im A(-2 ; 1). Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm thuc ng thng , i qua im A v tip xỳc vi ng thng . 2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai ng thng d 1 : 1 1 1 2 1 1 x y z+ = = ; d 2 : 1 2 1 1 1 2 x y z + = = v mt phng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng , bit nm trờn mt phng (P) v ct hai ng thng d 1 , d 2 . Cõu VII.a(1,0 im) Tính tổng của tất cả các số tự nhiên gồ 5 chữ số khác nhau đôi một đợc lập từ 6 chữ số 1,3,4,5,7,8 B. Theo chng trỡnh Nõng cao. Cõu VI.b(2,0 im) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết M(2;1); N(4; -2); P(2;0); Q(1;2) lần lợt thuộc cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phơng trình các cạnh của hình vuông. 2.Trong khụng gian vi h to vuụng gúc Oxyz, cho hai ng thng: 2 1 0 3 3 0 ( ) ; ( ') 1 0 2 1 0 x y x y z x y z x y + + = + + = + = + = .Chng minh rng hai ng thng ( ) v ( ' ) ct nhau. Vit phng trỡnh chớnh tc ca cp ng thng phõn giỏc ca cỏc gúc to bi ( ) v ( ' ). Cõu VII.b (1,0 im) Cú bao nhiờu s t nhiờn cú 7 ch s khỏc nhau tng ụi mt , trong ú ch s 2 ng lin gia hai ch s 1 v 3. Ht Thớ sinh khụng c s dng ti liu, cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm. H v tờn thớ sinh: S bỏo danh: 1 I.2) YCBT ⇔ §iÓm uèn thuéc trôc hoµnh ⇔ m=11 ®k ®ñ m=11 th× ham sè c¾t Ox t¹i 3®iÓm pb : 1 3;1± .DÔ thÊy 3 điểm phân biệt nµy lập thành cấp số cộng. §S m=11 2 II1) iu kin 2 2 2 0 0 2 5 4 6 0 x x x x x x Bỡnh phng hai v ta c 2 6 ( 1)( 2) 4 12 4x x x x x+ 3 ( 1)( 2) 2 ( 2) 2( 1)x x x x x x + + ( 2) ( 2) 3 2 2 1 1 x x x x x x + + t ( 2) 0 1 x x t x = + ta c bpt 2 2 3 2 0t t 1 2 2 2 t t t ( do 0t ) Vi 2 ( 2) 2 2 6 4 0 1 x x t x x x + 3 13 3 13 3 13 x x x + + ( do 2x ) Vy bpt cú nghim 3 13x + 2) 3 2 2 cos2 sin 2 cos( ) 4sin( ) 0 4 4 x x x x + + + = 3 3 2 2 cos 2 sin 2 (cos .cos sin sin ) 4(sin cos cos sin ) 0 4 4 4 4 x x x x x x + + = 4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0 (sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0 sinx+cosx=0 (2) 4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3) . PT (2) cú nghim 4 x k = + . Gii (2) : s inx-cosx= 2 sin( ), Điều kiện t 2 (*) 4 t x = 2 sin 2 1x t = , thay vo (2) c PT: t 2 -4t-5=0 t=-1( t/m (*)) hoc t=5(loi ) Vi t=-1 ta tỡm c nghim x l : 3 2 hoặc x= 2 2 x k k = + . KL: H nghim ca h PT l: 4 x k = + , 3 2 và x= 2 2 x k k = + III 3 3 2 2 3 2 2 2 1 1 1 ln log 1 ln . ln ln 2 . ln 2 1 3ln 1 3ln 1 3ln e e e x x x xdx I dx dx x x x x x x ữ = = = + + + t 2 2 2 1 1 1 3ln ln ( 1) ln . 3 3 dx x t x t x tdt x + = = = . i cn Suy ra ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 3 3 2 1 1 1 1 1 log 1 1 1 3 . 1 ln 2 3 9ln 2 1 3ln e t x I dx tdt t dt t x x = = = + 2 3 3 3 1 1 1 4 9ln 2 3 27ln 2 t t = = ữ IV Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Tâm I là giao điểm của mặt phẳng trung trực của SA với SO & BK : R= 4sin cos2 a Gọi N là TĐ của AB thì góc phẳng nhị diện cạnh AB là góc S N O Dựng đờng phân giác của góc S N O đt này cắt SO tại J CM J cách đều 5 mặt của hc. Vậy J là tâm VI a 1Tõm I ca ng trũn thuc nờn I(-3t 8; t) Theo yc thỡ k/c t I n bng k/c IA nờn ta cú 2 2 2 2 3( 3 8) 4 10 ( 3 8 2) ( 1) 3 4 t t t t + = + + + Gii tip c t = -3 Khi ú I(1; -3), R = 5 v pt cn tỡm: (x 1) 2 + (y + 3) 2 = 25. 2) Gi A = d 1 (P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d 2 (P) suy ra B(2; 3; 1) ng thng tha món bi toỏn i qua A v B. Mt vect ch phng ca ng thng l (1;3; 1)u = r Phng trỡnh chớnh tc ca ng thng l: 1 2 1 3 1 x y z = = 3 VII Tổng các chữ số hàng đơn vị là: 4 4 5 5 (1 3 4 5 7 8) 28A A+ + + + + = Vậy tổng cần tính S= 4 5 28A (1+10+100+1000+10000)=28.120.11111=37.332.960 VIb2) Vib 2) Chng minh h cú nghim duy nht, ( ) ( ' ) = A 1 3 ;0; 2 2 ữ (0; 1;0) ( )M , Ly N ( ') , sao cho: AM = AN => N AMN cõn ti A, ly I l trung im MN => ng phõn giỏc ca cỏc gúc to bi ( ) v ( ' ) chớnh l g thng AI ỏp s: 1 2 1 3 1 3 2 2 2 2 ( ): ;( ): 1 1 2 2 3 5 1 1 2 2 3 5 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 x z x z y y d d + + = = = = + + + VIIb)(1 im) 1 TH : S phi tỡm cha b 123: Ly 4 ch s { } 0;4;5;6;7;8;9 : cú 4 7 A cỏch Ci b 123 vo v trớ u,hoc cui,hoc gia hai ch s lin nhau trong 4 ch s va ly: cú 5 cỏch cú 5 4 7 A = 5.840 = 4200 s gm 7 ch s khỏc nhau trong ú cha b 123 Trong cỏc s trờn, cú 4 3 6 A = 4.120 = 480 s cú ch s 0 ng u Cú 5 4 7 A - 4 3 6 A = 3720 s phi tỡm trong ú cú mt b 123 2 TH : S phi tỡm cú mt b 321 (lp lun tng t) Cú 3720 s gm 7 ch s khỏc nhau , cú bt 321 Kt lun: cú 3720.2 = 7440 s gm 7 ch s khỏc nhau ụi mt,trong ú ch s 2 ng lin gia hai ch s 1 v 3 V) áp dụng BĐT Côsi ta có: 1 1 1 1 1 1 3( ) 2 ( )3( ) 1 1 1 1 1 1 2 ( )3( ) 12 ( ).3( ) 36 1 1 1 ( ).( ) 12 x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + 4 Víi t [ ] 2 2 3 1;3 4 3 0 3 4 4(*)t t t t t t ∈ ⇒ − + ≤ ⇔ + ≤ ⇔ + ≤ ¸p dông B§T (*) ta cã : 3 4x x + ≤ (2) 3 4y y + ≤ (3) 3 4z z + ≤ (4) Céng vÕ víi vÕ (2),(3),4) ta ®îc 1 1 1 3( ) 12x y z x y z + + + + + ≤ 5 ĐÁP ÁN DE SO 1 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. Hết Bé gd & §T §Ò tham kh¶o 2010 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A (Thời gian làm bài: 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 2 2 x y x = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 4 os 2 tan 2 .tan 2 4 4 tan -cotx c x x x x π π     − + =  ÷  ÷     2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 2 1 1 4 22 y x y x x x y y  + =  + −    + + =   Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân 8 3 ln 1 x I dx x = + ∫ Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 60 0 . Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a. Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : 0 1,0 1,0 1a b c< ≤ < ≤ < ≤ . Chứng minh rằng: ( ) 1 1 1 1 1 3a b c abc a b c   + + + ≥ + + +  ÷   6 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có ( ) 3;6A − , trực tâm ( ) 2;1H , trọng tâm 4 7 ; 3 3 G    ÷   . Xác định toạ độ các đỉnh B và C. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) α và mặt cầu (S) có phương trình ( ) : 2 2 3 0x y z α − + − = và ( ) 2 2 2 : 2 4 8 4 0S x y z x y z+ + − + − − = . Xét vị trí tương đối của mặt cầu (S) và mặt phẳng ( ) α . Viết phương trình mặt cầu (S’) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng ( ) α . Câu VII.a (1,0 điểm) Đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ, 7 nam, trong đó có danh thủ nam là Vũ Mạnh Cường và danh thủ nữ là Ngô Thu Thủy. Người ta cần lập một đội tuyển bóng bàn quốc gia từ đội dự tuyển nói trên. Đội tuyển quốc gia bao gồm 3 nữ và 4 nam. Hỏi có bao nhiêu cách lập đội tuyển quốc gia sao cho trong đội tuyển có mặt chỉ một trong hai danh thủ trên. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với ( ) ( ) ( ) 3; 1; 2 , 1;5;1 , 2;3;3A B C− − , trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ (CD < AB). Tìm toạ độ điểm D. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 3 1 2 3 2 2 2 3.2 3 1 1 x y y x x xy x + − +  + =   + + = +   Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu Đáp án Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) 2 2 x y x = + Tập xác định TXĐ: { } \ 2D R = Sự biến thiên ( ) 2 4 ' 0 x D 2 y x = > ∀ ∈ + Hàm số đồng biến trên ( ) ; 2 −∞ − và ( ) 2; − +∞ 0,25 Bảng biến thiên x –∞ – 2 +∞ 7 y’ + + y +∞ 2 2 –∞ 0,25 Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = - 2; tiệm cận ngang y = 2 Đồ thị nhận giao điểm ( ) 2;2I − của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng 0,25 Đồ thị: 0,25 2 Viết phương trình tiếp tuyến (1,00 điểm) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ 2a ≠ − thuộc đồ thị (C) có phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 2 4 2 2 0 2 2 a y x a x a y a d a a = − + ⇔ − + + = + + Tâm đối xứng ( ) 2;2I − . Ta có ( ) ( ) ( ) 4 2 8 2 8 2 8 2 , 2 2 2 2 2 16 2 2.4. 2 a a a d I d a a a + + + = ≤ = = + + + + 0,25 0,25 ( ) ,d I d lớn nhất khi ( ) 2 0 2 4 4 a a a =  + = ⇔  = −  Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y = x và y = x + 8 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Điều kiện ( ) os 2 0; os 2 0 * 4 4 sin 2 0; t anx-cotx 0 c x c x x π π      − ≠ + ≠   ÷  ÷       ≠ ≠  Để ý rằng 0,25 8 y x O –2 2 6 tan 2 .tan 2 tan 2 .tan 2 4 4 4 4 cot 2 .tan 2 1 4 4 x x x x x x π π π π π π         − + = − − + =  ÷  ÷  ÷  ÷             − + + = −  ÷  ÷     Khi đó PT (1) trở thành: 2 2 4 os 2 1 cotx-tanx=4cos 2 t anx-cotx c x x − = ⇔ ( ) 2 2 2 2 1 tan 1 2 4 =4 tan 2 1 0 t anx 1+tan 2 tan 2 1 tan 2 x x x x x − ⇔ ⇔ = ⇔ − = + 0,5 ( ) tan 2 1 2 4 8 2 x x m x k k π π π π ⇔ = ⇔ = + ⇔ = + ∈ Z : Không thoả điều kiện (*). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 0,25 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện: 2 2 0, 0, 1 0x y x y≠ ≠ + − ≠ Đặt 2 2 1; x u x y v y = + − = . HPT trở thành: ( ) ( ) 3 2 3 2 1 1 1 21 4 2 1 4 22 u v u v u v u v   + = + =   ⇔     = − + + =   0,25 Thay (2) vào (1) ta được: 2 3 3 2 1 2 13 21 0 7 21 4 2 v v v v v v =   + = ⇔ − + = ⇔  − =  0,25 Nếu v = 3 thì u = 9, ta có HPT: 2 2 2 2 1 9 1 10 3 3 3 x y y x y x x x y y  + − = = ±  + =   ⇔ ⇔    = = ± =     0,25 Nếu 7 2 v = thì u = 7, ta có HPT: 2 2 2 2 2 4 1 7 8 53 7 7 2 2 14 2 53 y x y x y x x y y x   = ± + − =  + =     ⇔ ⇔    = =    = ±     So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của HPT. 0,25 III Tính tích phân 1,00 9 Đặt ln 2 1 1 dx u x du x dx dv v x x =   =   ⇒   =   = + +   0,25 ( ) 8 8 3 3 1 2 1ln 2 6ln8 4ln3 2 x I x x dx J x + ⇒ = + − = − − ∫ 0,25 Với 8 3 1x J dx x + = ∫ đặt 3 3 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 .2 2 2 1 1 1 1 t t t x J tdt dt dt t t t t   = + ⇒ = = = + −  ÷ − − − +   ∫ ∫ ∫ 0,25 8 3 1 2 ln 2 ln3 ln 2 1 t t t  −  = + = + −  ÷ +   Từ đó 20ln 2 6ln3 4I = − − 0,25 IV Tính thể tích hình chóp S.ABMN 1,00 Kẻ SO vuông góc với (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD; G là trọng tâm ∆ SAC Góc giữa mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là ¶ 0 60SJI = 0,25 Vì ∆ SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm ∆ SIJ IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD 0,25 2 3 1 3 3 ; ( ) 2 2 8 ABMN a a IK S AB MN IK = = + = 0,25 10 S N D I O C G A B K M 60 0 J [...]... cú: 1 + i 3 ( M 1 + i 3 ) ) 2010 2010 ( + 1 i 3 ( + 1 i 3 Vy ) ) 2010 2 0 2 4 2k 2008 2010 = 2 ( C2010 3C2010 + 32 C2010 + + (1) k 3k C2010 + + 31004 C2010 31005 C2010 ) 2010 2010 -2010 -2010 + sin ) + 2 2010 cos + sin ữ 3 3 3 3 2010 2010 = 2.2 ( cos670 ) = 2.2 S = 22010 - 2010 = 22010 (cos Đề luyện thi cấp tốc hè 2010 THI TH I HC NM 2010 số 4 Mụn Toỏn - Khi A, B... thoả mãn phơng trình: Cot x - 1 = cos 2 x 1 + sin 2 x sin 2 x 1 + tan x 2 sin 2 x 0 sin 2 x 0 sin x + cos x 0 tan x 1 cos x sin x cos 2 x cos x = + sin 2 x sin x cos x Khi ú pt sin x cos x + sin x cos x sin x = cos 2 x sin x cos x + sin 2 x sin x cos x sin x cos x sin x = sin x(1 sin 2 x) (cos x sin x)(sin x cos x sin 2 x 1) = 0 (cos x sin x)(sin 2 x + cos 2 x 3) = 0 0.5 0.25... log 2 3 + 2 2 y = log 2 11 ( ) K THI TH I HC NM HC 2009 -2010 DE so 2 Mụn: Toỏn Khi A, B Thi gain lm bi: 180 phỳt Ngy thi: 10/06 /2010 I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH: ( 7 im) 2x 1 Cõu I: (2 im) Cho hm s y = x +1 1 Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s 2 Chng minh rng ng thng d: y = - x + 1 l truc i xng ca (C) Cõu II: (2 im) x 4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 2 1 Gii phng trỡnh: 2 =0 2sinx... 0 2 4 2k 2008 2010 S = C2010 3C2010 + 32 C2010 + + (1) k C2010 + + 31004 C2010 31005 C2010 Ht -Hng dn gii Cõu I: x = X 1 2 Giao im hai tim cn I(- 1;2) Chuyn h trc to Oxy > IXY: y = Y + 2 3 Hm s ó cho tr thnh : Y = hm s ng bin nờ (C) i xng qua ng thng Y = - X X Hay y 2 = - x 1 y = - x + 1 x 3 Cõu II: 1 iu kin: s inx v cos 0 v cosx 0 2 2 cosx = 1 3 2... sin 2 x 1) = 0 (cos x sin x)(sin 2 x + cos 2 x 3) = 0 0.5 0.25 1 K: 0.25 0.25 0 5 20 cos x sin x = 0 tanx = 1 x = x ( 0; ) k = 0 x = KL: 4 + k (k Z ) (tm) 4 2 Cõu IV Tớnh tớch phõn : I = cos 2 x cos 2 xdx 1 0 2 I = cos 2 x cos 2 xdx = 0 2 2 1 1 (1 + cos 2 x) cos 2 xdx = 4 (1 + 2 cos 2 x + cos 4 x)dx 20 0 = Cõu V 0.5 1 1 ( x + sin 2 x + sin 4 x) | /2 = 0 4 4 8 0.5 a ã ã , SA =... x + 3) + y 2 + z 2 = 25 VII.a S cỏch chn i tuyn búng bn quc gia 0,25 0,25 1,00 1 i tuyn cú V Mnh Cng, khụng cú Ngụ Thu Thu 3 S cỏch chn 3 nam cũn li l C6 0,25 3 S cỏch chn 3 n khụng cú Ngụ Thu Thu l C9 3 3 Suy ra s cỏch chn trong trng hp ny l C6 C9 = 1680 (cỏch) 0,25 2 i tuyn cú Ngụ Thu Thu, khụng cú V Mnh Cng 4 S cỏch chn 4 nam khụng cú V Mnh Cng l C6 2 S cỏch chn 2 n cũn li l C9 0,25 Suy ra s cỏch... 3 Hm s ó cho tr thnh : Y = hm s ng bin nờ (C) i xng qua ng thng Y = - X X Hay y 2 = - x 1 y = - x + 1 x 3 Cõu II: 1 iu kin: s inx v cos 0 v cosx 0 2 2 cosx = 1 3 2 Bin i pt v: 4cos x - 4 cos x cosx + 1 = 0 cosx = 1 2 2 iu kin 0 < x < 1 hoc x 2 15 x 2 3 x + 2.log 2 x 2 x 2 3 x + 2.(5 log x 2) 2 log 2 x 5log 2 x + 2 2 0 log 2 x Nghim: 0 < x < 1 hoc 2 x 4 Cõu III: Phng trỡnh tip tuyn... bin thi n v v th (C ) hm s vi m = 1 2/ Tỡm cỏc giỏ tr ca m th hm s cú cỏc im cc i, cc tiu to thnh 1 tam giỏc vuụng cõn x + y + x 2 y 2 = 12 Cõu II(2.0im) 1/ Gii h phng trỡnh: y x 2 y 2 = 12 PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH 4 2/ Gii bt phng trỡnh : log 2 x log 2 x 2 3 > 5 (log 4 x 2 3) 2 17 Cõu III (1.0 im) Tỡm x (0; ) tho món phng trỡnh: cot x - 1 = 2 cos 2 x 1 + sin 2 x sin 2 x 1 + tan... sin 2 x 1 + tan x 2 Cõu IV(1.0 im) Tớnh tớch phõn : I = cos 2 x cos 2 xdx 0 a ã ã , SA = a 3 , SAB = SAC = 30 0 2 Gi M l trung im SA , chng minh SA ( MBC ) Tớnh VSMBC PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 03 im ) (Thớ sinh ch chn mt trong hai chng trỡnh Chun hoc Nõng cao lm bi.) Cõu V(1.0 im) Cho hỡnh chúp S.ABC cú AB = AC = a, BC = A/ Phn bi theo chng trỡnh chun Cõu VI.a: (2.0im) 1, Trong mt phng to... Hng dn gii chi tit PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH Cõu I 1 Cho hm s f ( x ) = x 4 + 2( m 2 ) x 2 + m 2 5m + 5 ( C ) Kho sỏt s bin thi n v v th hm s vi m = 1 1* TX: D = R 2* Sự biến thi n ca hm s: lim f ( x ) = + : lim f ( x ) = + * Giới hạn ti vô cc: x x + * Bng bin thi n: ( ) f ' ( x ) = y' = 4 x 3 4 x = 4 x x 2 1 im 7.00 2 1 0.25 0.5 18 y ' = 0 x = 0; x = 1; x = 1 x - -1 0 y 0 + 0 y + 1 0 . ) 2010 2010 0 2 2 4 2 1004 2008 1005 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 1 3 1 3 2 3 3 ( 1) 3 3 3 k k k i i C C C C C C+ + − = − + + + − + + − Mà ( ) ( ) 2010 2010 2010 2010 2010 2010 -2010 -2010 1. trở thành: 2 2 4 os 2 1 cotx-tanx=4cos 2 t anx-cotx c x x − = ⇔ ( ) 2 2 2 2 1 tan 1 2 4 =4 tan 2 1 0 t anx 1+tan 2 tan 2 1 tan 2 x x x x x − ⇔ ⇔ = ⇔ − = + 0,5 ( ) tan 2 1 2 4 8 2 x x m x k. Cot x - 1 = xx x x 2sin 2 1 sin tan1 2cos 2 + + . 1 K: + 1tan 02sin 0cossin 02sin x x xx x Khi ú pt xxx xx xx x xx cossinsin sincos cos.2cos sin sincos 2 + + = xxxxxx x xx cossinsincossincos sin sincos 22 += 0.25