đề đáp án thi thử ĐH-CĐ 2010-LB2

THI TH I HC, CAO NG NM 2010- LB2
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
1x
2x
y

+
=
(C)
1. (1,0 im Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2.(1,0 im) Cho điểm A(0;a) .Xác định a đẻ từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) sao cho
hai tiếp điểm tơng ứng nằm về hai phía trục ox.
Cõu II. (2,0im)
1. (1,0 im) Gii PT :
( )
2 2
2 1
cos cos sin +1
3 3 2
x x x


+ + + =
ữ ữ

2. (1,0 im) Gii PT :
2 2
4 2 3 4x x x x+ = +

Cõu III. (1,0im) Tớnh tớch phõn I=
6 6
4
4
sin cos
6 1
x
x x
dx



+
+


Cõu IV. (2,0 im)Trong kg Oxyz cho ng thng (

): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2
v mp(P):2x y -2z - 2=0
Vit PT mt cu(S) cú tõm I

v khong cỏch tI n mp(P) l 2 v mt cu(S) ct mp(P )theo
giao tuyn ng trũn (C)cú bỏn kớnh r=3
II.PHN RIấNG (3 im) Thớ sinh ch c chn lm mt trong hai cõu(Va hocVb)

Cõu Va.
1(2,0 im).
Trong Oxy hỡnh thang cõn ABCD cú AB //CD v A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (-20;0 ); Tỡm to C
2.(1,0 im)
T cỏc s 0,1,2,3,4,5,6 ; Lp c bao nhiờu s cú 5 ch s khỏc nhau m nht thit phi cú
ch s 5
Cõu Vb.
1. (2,0 im).Cho hỡnh chúp S. ABC cú gúc ((SBC), (ACB)) = 60
0
, ABC v SBC l cỏc tam giỏc
u cnh a. Tớnh theo a khong cỏch t B n mt phng (SAC).
2.(1,0 im) Gii B PT
( ) ( )
2 3
2 3
2
log 1 log 1
0
3 4
x x
x x
+ +
>

Ht


HNG DN GII LB2
GV:Mai-Thnh LB THI TH I HC CAO NG
1

I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. 1/*-Tập xác định:D=R\{1}.
*-Sự biến thiên.
a-Chiều biến thiên.
0
)1x(
3
'y
2
<


=
Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng
( ;1) và (1; ) +
b-Cực trị:hàm số không có cực trị
c-giới hạn:
=

+


)
1x
2x
(lim
)1(x
;
+=

+
+

)
1x
2x
(lim
)1(x


hàm số có tiệm cận đứng x=1

=



1)
1x
2x
(lim
x
hàm số có tiệm cận ngang
1y =
d-Bảng biến thiên: x -

1 +

y - -
y 1 +

-

1
1
*-Đồ thị:
Đồ thị nhận I(1;
1
) làm tâm đối xứng
Giao với trục toạ độ:Ox (-
0;2
)
Oy (0;
2
)
2/(1,0 im) Phơng trình tiếp tuyến qua A(0;a) có dạng
y=kx+a (1)
Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A:







=


=

+
)3(k
)1x(
3
)2(akx
1x
2x
2
có nghiệm
1x
Thay (3) vào (2) và rút gọn ta đợc:
)4(02ax)2a(2x)1a(
2
=+++
Để (4) có 2 nghiệm
1x
là:



>







>+=
=

2a
1a
06a3'
03)1(f
1a
Hoành độ tiếp điểm
21
x;x
là nghiệm của (4)
Tung độ tiếp điểm là
1x
2x
y
1
1
1

+
=
,
1x
2x
y
2
2
2

+
=

Để hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục ox là:
0
)2x)(1x(
)2x)(2x(
0y.y
21
21
21
<

++
<
3
2
a0
3
6a9
0
1)xx(xx
4)xx(2xx
2121
2121
><

+
<
++
+++
Vậy
1a

3
2
<
thoả mãn đkiện bài
toán.
Cõu II. (2,5 im) 1) Gii PT :
( )
2 2
2 1
cos cos sin +1
3 3 2
x x x


+ + + =
ữ ữ

(1)
GV:Mai-Thnh LB THI TH I HC CAO NG
2
2
-2
5
y
x
o
-2
1
1
Bg: (1)

2
2 4
1 2cos(2 ) 1 cos(2 ) 1 sin 2cos(2 ).cos sin 1
3 3 3
5
1 cos 2 sin 0 2sin sin 0 2 ; 2 ;
6 6
x x x x x
x x x x x k x k hayx k
π π π
π
π π
π π π
⇔ + + + + + = + ⇔ + = −
⇔ − − = ⇔ − = ⇔ = + = + =
2. (1,0 điểm) Giải PT :
2 2
4 2 3 4x x x x+ − = + −

Bg: ĐK:
2 2x− ≤ ≤
Đặt y=
2
4 x−
(y
0≥
)=>
2 2
4x y+ =
Ta có hệ PT:

( )
2
3 2
2 4
x y xy
x y xy
+ − =



+ − =


Hệ đối xứng loại 1 Đặt S=x +y ; P=xy
Giải hệ theo S;P => Khi S=2 và P=0 =>
0; 2
2; 0
x y
x y
= =


= =

Khi
6 126
4 10
9
;
3 3

6 126
9
x
s p
y

− −
=


= − = − ⇒

− +

=


Vậy PT có 3 nghiêm:
Câu III. (1,0điểm) Tính tích phân I=
6 6
4
4
sin cos
6 1
x
x x
dx
π
π
−

+
+
∫

* Đăt t = -x => dt = -dx
* Đổi cận:
;;
4 4 4 4
x t x t
π π π π
= − ⇒ = = ⇒ = −
I =
6 6 6 6
6 6
4 4 4
4 4 4
sin cos sin cos
6 ; 2 (6 1) (sin cos )
6 1 6 1
t t
t t
t t t t
dt I dt t tdt
π π π
π π π
− − −
+ +
=> = + = +
+ +
∫ ∫ ∫

2I =
4
2
4 4
4 4
4
3 5 3 5 3 1 5
1 sin cos4 sin 4
4 8 8 8 8 4 16
t dt t dt t t
π
π π
π π
π
π
− −
−
     
− = + = + =
 ÷  ÷  ÷
     
∫ ∫
=>I =
5
32
π
Câu IV. (2,0 điểm)Trong kg Oxyz cho đường thảng (
∆
): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và mp(P):2x – y -2z - 2=0
Viết PT mặt cầu(S) có tâm I

∈∆
và khoảng cách từI đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao
tuyến đường tròn (C)có bán kính r=3
Bg:m cầu(S) có tâm I
∈∆
g sửI(a;b;c ) =>(a;b;c) thoả mản PT của
∆
(1)
*
( )
( )
; 2d I P =
(2)
Từ (1) và(2) ta có hệ PT:
2 2 2 6
2 1
11 14 1 1 1 7
; ; ; ; ;
6 3 6 3 3 3
2
a b c
b t
heconghiem va
a t
c t
 − − − =

= −

   

⇒ ⇒ − − −

 ÷  ÷
=
   


= +

Do
2
4 3 13r R R= − = ⇔ =
Vậy có 2 mặt cầu theo ycbt :
( )
2 2 2
1
2 2 2
2
11 14 1
( ) : 13
6 3 6
1 1 7
: 13
3 3 3
S x y z
S x y z
     
− + + + − =
 ÷  ÷  ÷
     

     
+ + + + − =
 ÷  ÷  ÷
     
II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb)
Câu Va. ( 2,0 điểm ) :
GV:Mai-Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG
3
1.(2,0 điểm). Trong Oxy hình thang cân ABCD có AB //CD và A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (-20;0 ) Tìm toạ
độ C
Bg: *M là trung điểm của AB =>
25
;0
2
M
 
 ÷
 

*
( )
( )
5; 10
; : 2 4 25 0
20
// ; 20;0 :
2
quaM AB PT x y
x t
dtDC AB dtDCquaD pttsDC

y t
−
∆ ∆ ⊥ ⇒ ∆ − − =

= − +
− ⇒

= −

uuur
*
27
; 13
2
N DC N
 
= ∩∆ ⇒ − −
 ÷
 
*Do ABCD là h thang cân=>C đ xửng với D qua
∆
=>N là trung điểm của CD=> C(-7;-26)
2.(1,0 điểm) Từ các số 0,1,2,3,4,5,6
Lập được bao nhiêu số có 5 chử số khác nhau mà nhất thiết phải có chử số 5

Bg: *Số có 5 chử số khác nhau là:
4
6
6.A
(số)

* Số có 5 chử số khác nhau không có mặt chử số 5 là:
4
5
3.A
*Vậy các Số có 5 chử số khác nhau luôn có mặt chử số 5 là:
4 4
6 5
6. 5. 1560A A− =
(SỐ)
Bài Vb:
1).(2,0 điểm).Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM.
Suy ra: SM =AM =
3
2
a
;
·
0
60AMS =
và SO ⊥ mp(ABC)
⇒ d(S; BAC) = SO =
3
4
a
Gọi V
SABC
- là thể tích của khối chóp S.ABC
⇒ V
S.ABC
=

3
3
1
.
3 16
ABC
a
S SO
∆
=
(đvtt)
Mặt khác, V
S.ABC
=
1
. ( ; )
3
SAC
S d B SAC
∆
∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA =
3
2
a
⇒
2
13 3
16
SAC
a

S
∆
=
Vậy: d(B; SAC) =
.
3
3
13
S ABC
SAC
V
a
S
∆
=
(đvđd).
2.(1,0 điểm) Giải B PT
( ) ( )
2 3
2 3
2
log 1 log 1
0
3 4
x x
x x
+ − +
>
− −
(1)

Bg: *ĐK: x >-1 và x
4≠
*Do
2
2
3 4 0 4
3 4 0 1 4
x x khi x
x x khi x
− − > >
− − < − < <
*Xét trên
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
4; 1 log 9 log 8 0 1 . 4;
x x
x bpt co nghiemS
+ +
+∞ → ⇔ − > ⇔ ∀ ⇒ = +∞
* Xét trên
( ) ( )
1 1 1
9
1;4 1 log 9 log 8 0 log 0
8
x x x+ + +
− → ⇔ − < ⇔ <

-Xét trên
( ) ( ) ( )

1
9
1;0 1 log 0 1;0
8
x
x
+
− → ⇔ < ⇔ ∀ ∈ −
-Xét trên
( ) ( )
1
9
0;4 1 log 0
8
x
VN
+
→ ⇔ < ⇔
Vậy bpt có tập nghiệm :T=
( ) ( )
1;0 4;− ∪ +∞
HẾT
GV:Mai-Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG
4
C
S
O
M
A
B