toan dang cap

Trng THPT chuyờn Lờ Quý ụn THI TH I HC T 2 NM HC 2010 MễN TON KHI B, D Thi gian lm bi: 180 phỳt Phn chung (7 im) Cõu I (2 im) Cho hm s y = + 2 1 1 x x cú th l (C) và điểm A(-2;5) 1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s trờn. 2) Xác định đờng thẳng (d) cắt â tại 2 điểm phân biệt B,C sao cho ABC đều Cõu II (2 im) 1) Gii phng trỡnh: 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + + 2) Gii phng trỡnh: ( ) 2 2 2 1 5 2 4; x x x x R+ = + Cõu III (1 im) Tớnh tớch phõn: 2 1 ln ln 1 ln e x I x dx x x = + ữ + Cõu IV (1 im) Mt hỡnh nún nh S , cú tõm ng trũn ỏy l .O ,A B l hai im trờn ng trũn ỏy sao cho khong cỏch t O n ng thng AB bng a , ã ã 0 60ASO SAB= = . Tớnh theo a chiu cao v din tớch xung quanh ca hỡnh nún Cõu V (1 im) Cho a,b,c là các s thực khác 0 CMR 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 ( ) ( ) ( ) 5 a b c a b c b c a c a b + + + + + + + + Phn riờng (3 im). Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc phn B) Phn A Cõu VI (2 im) 1) Trong mt phng ta Oxy cho ng thng ( )d cú phng trỡnh : 0x y = v im (2;1)M . Tỡm phng trỡnh ng thng ct trc honh ti A ct ng thng ( )d ti B sao cho tam giỏc AMB vuụng cõn ti M 2) Trong khụng gian ta Oxyz , lp phng trỡnh mt phng ( ) i qua hai im ( ) 0; 1;2 ,A ( ) 1;0;3B v tip xỳc vi mt cu ( ) S cú phng trỡnh: 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 1) 2x y z + + + = Cõu VII (1 im) Cho s phc z l mt nghim ca phng trỡnh: 2 1 0z z+ + = . Rỳt gn biu thc 2 2 2 2 2 3 4 2 3 4 1 1 1 1 P z z z z z z z z = + + + + + + + ữ ữ ữ ữ Phn B Cõu VI (2 im) 1) Trong mt phng ta Oxy cho ng trũn ( ) C cú phng trỡnh ( ) 2 2 : 4 25x y + = v im (1; 1)M . Tỡm phng trỡnh ng thng i qua im M v ct ng trũn ( ) C ti 2 im ,A B sao cho 3MA MB = 2) Trong khụng gian ta Oxyz cho mt phng ( ) P cú phng trỡnh: 1 0x y = . Lp phng trỡnh mt cu ( ) S i qua ba im ( ) ( ) ( ) 2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C v tip xỳc vi mt phng ( ) P Cõu VII (1 im) Gii bt phng trỡnh: ( ) ( ) 2 1 2 2 2 1 2 3 log 1 log 1 6 2 log 1 2 log ( 1) x x x x + + ữ + + + Ht HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2010 Môn: Toán_ Khối B và DGiải: 1) y= 2 3 2 x x − − (C) D= R\ {2} lim 2 : 2 x y TCN y →±∞ = ⇒ = 2 2 lim ; lim x x y y − + → → = −∞ = +∞ ⇒ TCĐ x = 2 y’ = 2 1 0; 2 ( 2) x x − < ∀ ≠ − BBT 2) Gọi M(x o ; 0 0 2 3 2 x x − − )∈ (C) . Phương trình tiếp tuyến tại M: (∆) y = 2 0 0 2 2 0 0 2 6 6 ( 2) ( 2) x x x x x − + − + − − (∆ ) ∩ TCĐ = A (2; 0 0 2 2 2 x x − − ) (∆ ) ∩ TCN = B (2x 0 –2; 2) 0 0 2 (2 4; ) 2 AB x x − = − − uuur ⇒ AB = 2 0 2 0 4 4( 2) 2 2 ( 2) cauchy x x − + − ≥ ⇒ AB min = 2 2 ⇔ 0 3 (3;3) 1 (1;1) o x M x M = →   = →  II 1. 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + + 1,0 TXĐ: D =R 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + + [ ] sin 0 (sin ). 2 2(sin ) sin . 0 2 2(sin ) sin . 0 x cosx x cosx x cosx x cos x x cos x x cosx − =  ⇔ − + + + = ⇔  + + + =  0,25 + Với sin 0 ( ) 4 x cosx x k k Z π π − = ⇔ = + ∈ 0,25 + Với 2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx+ + + = , đặt t = sin (t 2; 2 )x cosx   + ∈ −   được pt : t 2 + 4t +3 = 0 1 3( ) t t loai = −  ⇔  = −  0.25 t = -1 2 ( ) 2 2 x m m Z x m π π π π = +   ⇒ ∈  = − +  Vậy : ( ) 4 2 ( ) 2 2 x k k Z x m m Z x m π π π π π π  = + ∈   = + ∈   = − +   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 0,25 f(x)=(2x-3)/(x-2) f(x)=2 x(t)=2 , y(t)=t -2 -1 1 2 3 4 5 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 x y 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 III 2 1 ln ln 1 ln e x I x dx x x   = +  ÷ +   ∫ I 1 = 1 ln 1 ln e x dx x x + ∫ , Đặt t = 1 ln x+ ,… Tính được I 1 = 4 2 2 3 3 − 0.5 ( ) 2 2 1 ln e I x dx = ∫ , lấy tích phân từng phần 2 lần được I 2 = e – 2 I = I 1 + I 2 = 2 2 2 3 3 e − − 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− = 0,25 0,25 0,25 0,25 S O A B I 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 = = = Câu V (1,0 đ) Câu V +) Nhận xét: ∀ a, b, c, d ta có: (ab + cd) 2 ≤ (a 2 + c 2 ).(b 2 + d 2 ), có “=” khi ad = bc (1) +) Áp dụng (1) ta có (x 2 + y 2 ) 2 ≤ (x 2 + y 2 ) (2 – (x 2 + y 2 ) ( Có thể sử dụng vec tơ chứng minh kết quả này) ⇒ 0 < x 2 + y 2 ≤ 1 +) Áp dụng bđt Cô si có A ≥ x 2 + y 2 + y x 4 22 + ; đặt t = x 2 + y 2 , 0 < t ≤ 1, xét hàm số: f(t) = t + t 4 với 0 < t ≤ 1, lập bảng biến thiên của hàm số . Kết luận: Min A = 5 đạt khi x = y = 2 1 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 −  − = ≠ −   − = ≠ −   ⇔ −   −     − + = − + − + = − + −   ÷  −    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 0,25 0,25