4 DE_DAP AN THI THU DH 2010

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 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) 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) −∞ +∞ CT CĐ −∞ + ∞ −∞ -3 −∞ Điều kiện: 2 x k π ≠ 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 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   = − = −  ÷   0,25 0,25 0,25 ( ) 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 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 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = 1 2 −x x . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. 2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình ( ) ( ) 2 cos . cos 1 2 1 sin . sin cos x x x x x − = + + 2. Giải phương trình 2 2 7 5 3 2 ( )x x x x x x− + + = − − ∈¡ Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 3 0 3 3. 1 3 x dx x x − + + + ∫ . Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho ( ) ( ) DMN ABC⊥ . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: 3 .x y xy+ = Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z 0 ≥ thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 3 3 3 3 16x y z P x y z + + = + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng d 1 : 1 1 2 2 3 1 x y z+ − − = = , d 2 : 2 2 1 5 2 x y z− + = = − Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d 1 và d 2 . Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình log 4 (n – 3) + log 4 (n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1 : x + y + 5 = 0 và d 2 : x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: 3 2 1 2 1 1 x y z− + + = = − và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ bằng 42 . Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( ) 1 4 4 2 2 1 log log 1 ( , ) 25 y x y x y x y  − − =  ∈   + =  ¡ Hết SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN Đáp án gồm 05 trang Câu Nội dung Điểm I HS tu lam 2,0 II 2.0 1 Giải phương trình ( ) ( ) 2 cos . cos 1 2 1 sin . sin cos x x x x x − = + + 1.0 ĐK: sin cos 0x x+ ≠ 0.25 Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x⇔ − − = + + ( ) ( ) 1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x⇔ + + + + = ( ) ( ) ( ) 1 sin 1 cos 1 sin 0x x x⇔ + + + = 0.25 sin 1 cos 1 x x = −  ⇔  = −  (thoả mãn điều kiện) 0.25 2 2 2 x k x m π π π π  = − +  ⇔  = +  ( ) ,k m∈Z Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2 2 x k π π = − + và 2x m π π = + ( ) ,k m∈Z 0.25 2 Giải phương trình: 2 2 7 5 3 2 ( )x x x x x x− + + = − − ∈¡ 1.0 2 2 2 3 2 0 7 5 3 2 x x PT x x x x x  − − ≥  ⇔  − + + = − −   0.25 2 3 2 0 5 2( 2) x x x x x  − − ≥  ⇔  + = − +   0.25 3 1 0 2 5 2. x x x x x   − ≤ ≤  ⇔ ≠   +  + = −  ( ) ( ) 2 2 0 1 16 0 x x x − ≤ <   ⇔  + − =   0.25 1x ⇔ = − Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 0.25 III Tính tích phân 3 0 3 3. 1 3 x dx x x − + + + ∫ . 1.0 Đặt u = 2 1 1 2x u x udu dx+ ⇒ − = ⇒ = ; đổi cận: 0 1 3 2 x u x u = ⇒ =   = ⇒ =  0.25 Ta có: 3 2 2 2 3 2 0 1 1 1 3 2 8 1 (2 6) 6 3 2 1 3 1 3 x u u dx du u du du u u u x x − − = = − + + + + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ 0.25 ( ) 2 2 1 2 6 6ln 1 1 u u u= − + + 0.25 3 3 6ln 2 = − + 0.25 IV 1.0 Dựng DH MN H⊥ = Do ( ) ( ) ( ) DMN ABC DH ABC⊥ ⇒ ⊥ mà .D ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . 0.25 Trong tam giác vuông DHA: 2 2 2 2 3 6 1 3 3 DH DA AH   = − = − =  ÷  ÷   Diện tích tam giác AMN là 0 1 3 . .sin 60 2 4 AMN S AM AN xy= = 0.25 Thể tích tứ diện .D AMN là 1 2 . 3 12 AMN V S DH xy= = 0.25 Ta có: AMN AMH AMH S S S= + 0 0 0 1 1 1 .sin 60 . .sin30 . .sin30 2 2 2 xy x AH y AH⇔ = + ⇔ 3 .x y xy+ = 0.25 V 1.0 Trước hết ta có: ( ) 3 3 3 4 x y x y + + ≥ (biến đổi tương đương) ( ) ( ) 2 0x y x y⇔ ⇔ − + ≥ 0.25 Đặt x + y + z = a. Khi đó ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 64 64 4 1 64 x y z a z z P t t a a + + − + ≥ = = − + (với t = z a , 0 1t ≤ ≤ ) 0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t) 3 + 64t 3 với t [ ] 0;1∈ . Có ( ) [ ] 2 2 1 '( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1 9 f t t t f t t   = − − = ⇔ = ∈   Lập bảng biến thiên 0.25 ( ) [ ] 0;1 64 inf 81 t M t ∈ ⇒ = ⇒ GTNN của P là 16 81 đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 VI.a 2.0 1 1.0 D A B C H M N Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21 2 1 0 21 13 5 ; 7 14 0 13 5 5 5 x x y B x y y  =  − + =     ⇔ ⇒    ÷ − + =     =   0.25 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu (1; 2); (1; 7); ( ; ) AB BD AC n n n a b− − uuur uuur uuur (với a 2 + b 2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: ( ) ( ) os , os , AB BD AC AB c n n c n n= uuur uuur uuur uuur 2 2 2 2 3 2 7 8 0 2 7 a b a b a b a ab b b a = −   ⇔ − = + ⇔ + + = ⇔  = −  0.25 - Với a = - b. Chọn a = 1 ⇒ b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 0 3 (3;2) 2 1 0 2 x y x A x y y − − = =   ⇒ ⇒   − + = =   Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7 1 0 7 5 2 ; 7 14 0 5 2 2 2 x x y I x y y  =  − − =     ⇔ ⇒    ÷ − + =     =   Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ ( ) 14 12 4;3 ; ; 5 5 C D    ÷   0.25 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0 Phương trình tham số của d 1 và d 2 là: 1 2 1 2 2 : 1 3 ; : 2 5 2 2 x t x m d y t d y m z t z m = − + = +     = + = − +     = + = −   0.25 Giả sử d cắt d 1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d 2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) MN⇒ uuuur (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 0.25 Do d ⊥ (P) có VTPT (2; 1; 5) P n − − uur nên : p k MN kn∃ = ⇔ uuuur uur 3 2 2 3 5 3 2 2 5 m t k m t k m t k + − =   − + − = −   − − − = −  có nghiệm 0.25 Giải hệ tìm được 1 1 m t =   =  Khi đó điểm M(1; 4; 3) ⇒ Phương trình d: 1 2 4 3 5 x t y t z t = +   = −   = −  thoả mãn bài toán 0.25 VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình log 4 (n – 3) + log 4 (n + 9) = 3 1.0 Điều kiện: 3 n N n ∈   >  0.25 Phương trình log 4 (n – 3) + log 4 (n + 9) = 3 ⇔ log 4 (n – 3)(n + 9) = 3 ⇔ (n – 3)(n + 9) = 4 3 ⇔ n 2 + 6n – 91 = 0 7 13 n n =  ⇔  = −  Vậy n = 7. 0.25 Khi đó z = (1 + i) n = (1 + i) 7 = ( ) ( ) ( ) 3 2 3 1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8i i i i i i i   + + = + = + − = −   0.25 Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử 1 2 ( ; ) 5; ( ; ) 2 7 B B B B C C C C B x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − + Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6 3 0 B C B C x x y y + + =   + + =  0.25 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25 Ta có (3;4) (4; 3) BG BG VTPT n⇒ − uuur uuur nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 Bán kính R = d(C; BG) = 9 5 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5) 2 +(y – 1) 2 = 81 25 0.25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là: 3 2 2 1 x t y t z t = +   = − +   = − −  ⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ 3 2 2 1 2 0 x t y t z t x y z = +   = − +   = − −   + + + =  (tham số t) (1; 3;0)M⇒ − 0.25 Lại có VTPT của(P) là (1;1;1) P n uur , VTCP của d là (2;1; 1) d u − uur . Vì ∆ nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP , (2; 3;1) d P u u n ∆   = = −   uur uur uur Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ , khi đó ( 1; 3; )MN x y z− + uuuur . Ta có MN uuuur vuông góc với u ∆ uur nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 Lại có N ∈ (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 2 2 2 0 2 3 11 0 ( 1) ( 3) 42 x y z x y z x y z  + + + =  − + − =   − + + + =  0.25 Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt 5 2 5 : 2 3 1 x y z− + + ∆ = = − Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt 3 4 5 : 2 3 1 x y z+ + − ∆ = = − 0.25 VII.b Giải hệ phương trình ( ) 1 4 4 2 2 1 log log 1 ( , ) 25 y x y x y x y  − − =  ∈   + =  ¡ 1.0 Điều kiện: 0 0 y x y − >   >  0.25 (thoả mãn) (không thoả mãn) Hệ phương trình ( ) 4 4 4 2 2 2 2 2 2 1 1 log log 1 log 1 4 25 25 25 y x y x y x y y y x y x y x y − −    − + = − = − =    ⇔ ⇔ ⇔       + = + = + =    0.25 2 2 2 2 2 3 3 3 25 25 9 25 10 x y x y x y y x y y y =  = =    ⇔ ⇔ ⇔    = + = + =     0.25 ( ) ( ) 15 5 ; ; 10 10 15 5 ; ; 10 10 x y x y    =   ÷    ⇔    = − −   ÷     Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 0.25 Nếu thí sinh làm bài không theo cách 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 CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số 3 (3 1)y x x m = − − (C ) với m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi 1m = . 2. Tìm các gíá trị của m để đồ thị của hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ rằng hai điểm cực trị này ở về hai phía của trục tung. (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) [...]... r = 3 ( Cõu VIa í 1 (2,0 ) (1,0 ) ) ( 0,25 0,50 0,25 ) 2 1 0,25 PT 4. 16 x + 12 x = 32 x +1 4. 4 2 x + 4 x.3x = 3.32 x 2x x 4 4 Chia 2 v cho 3 > 0 , ta cú: 4 ữ + ữ 3 = 0 3 3 2x 0,50 x 3 4 2 t t = ữ K: t > 0 ; 4t + t 3 = 0 t = 1(kth); t = (th) 4 3 í2 (1,0 ) Cõu Vb (1,0 ) 3 , ta cú: 4 x 1 3 4 4 ữ = = ữ x = 1 4 3 3 x 1 TX: D = ( 0; + ) ; y ' = ln x + x x 1 y= 0 x = 1 ; y(1) = 0 vỡ... 2 K: t > 0 PT tr thnh: m = 4 t 4 + 1 t 0,25 Xột f (t ) = 4 t 4 + 1 t vi t > 0 3 t4 f '(t ) = 4 4 ữ 1 < 0 hm s NB trờn ( 0; + ) t +1 lim f (t ) = lim t + t + ( 1 4 t4 +1 + t )( t4 +1 + t2 ) =0 ; f(0) = 1 0,50 0,25 KL: 0< m . thành: 44 1m t t = + − . 0,25 đ Xét 4 4 ( ) 1f t t t= + − với t > 0 . 3 4 4 4 '( ) 1 0 1 t f t t   = − <  ÷ +   → hàm số NB trên ( ) 0; + ∞ . 0,50 đ ( ) ( ) 4 4 24 1 lim. 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(. 1 (1,0 đ) PT 2 1 2 2 4. 16 12 3 4. 4 4 .3 3.3 x x x x x x x+ ↔ + = ↔ + = . Chia 2 vế cho 2 3 0 x > , ta có: 2 4 4 4 3 0 3 3 x x     + − =  ÷  ÷     . 0,50đ Đặt 4 3 x t   =  ÷ 