ĐÁP ÁN + ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010- LB1 Môn thi : TOÁN

1
THI TH I HC, CAO NG NM 2010- LB1
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 :
323
m
2
1
mx
2
3
xy

1/ Khảo sát hàm số với m=1.
2/ Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại,cực tiểu đối xứng với nhau qua đt: y=x

Cõu II. (2,5 im) 1.
2 2 3 3
tan tan .sin cos 1 0x x x

2. Cho PT:
2
5 1 5 6x x x x m
(1)
a)Tỡm m PT(1)cú nghim

b)Gii PT khi

2 1 2m

Cõu III. (1,5 im) a) Tớnh tớch phõn I=

4
3
4
1
1
dx
x x


Cõu IV. (1,0 im) Tớnh gúc ca Tam giỏc ABC bớờt: 2A=3B;
2
3
a b

II.PHN RIấNG (3 im)
Thớ sinh ch c chn lm mt trong hai cõu(Va hocVb)
Cõu Va.
1(2,0 im).
Trong khụng gian vi h ta Oxyz .
Vit phng trỡnh mt phng (P) qua O , vuụng gúc vi mt phng (Q) :
x y z 0

v cỏch im M(1;2;
1

) mt khong bng
2
.
2. (1,0 im)Cú 6 hc sinh nam v 3hc sinh n xp hng dc i vo lp.Hi cú bao nhiờu cóch xp
cú ỳng 2HS nam ng xen k 3HS n
Cõu Vb. 1 (2,0 im)
Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho ng thng (d ) :
x 2 4t
y 3 2t
z 3 t









v mt phng (P) :
x y 2z 5 0

Vit phng trỡnh ng thng (

) nm trong (P), song song vi (d)
v cỏch (d) mt khong l
14
.

2.(1,0 im) Gii PT:

2 1 1 1
5.3 7.3 1 6.3 9 0
x x x x


Ht













2

HNG DN GII LB1
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I.
1/ Khảo sát hàm số:
2
1
x
2
3

xy
23


*-Tập xác định:R
*Sự biến thiên.
a-Chiều biến thiên:






0x
1x
0x3x3'y
2
1
2

Hàm số đồng biến
( ;0) và (1; )
;Hàm số nghịch biến
)1;0(

b-Cực trị:Hàm số đạt cực đại tại :
2
1
y0x

Hàm số đạt cực tiểu tại :
0y1x

c-Giới hạn: :
3 2 3 2
x x
3 1 3 1
lim (x x ) ; lim (x x )
2 2 2 2



d-Bảng biến thiên: : x -

0 1 +


y + 0 - 0 +
y
2
1
+


-

0


*-Đồ thị:

Đồ thị nhận điểm uốn I(
4
1
;
2
1
) làm tâm đối xứng
Giao điểm với trục Ox: (1;0)

2 /Tacó






mx
0x
0)mx(x3mx3x3'y
2

ta thấy với
0m
thì y đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT
+Nếu m>0 hàm số có CĐ tại x=0 và
3
MAX
m
2
1

y
;có CT tại x=m và
0y
MIN


+Nếu m<0 hàm số có CĐ tại x=m và
0y
MAX

;có CT tại x=0 và
3
MIN
m
2
1
y

Gọi A và B là các điểm cực trị của hàm số.Để A và B đối xứng với nhau qua đường phân giác
y=x,điều kiện ắt có và đủ là
OBOA
tức là:
2m2mm
2
1
m
23

Cõu II. (2,5 im)
1. (1,0 im)
2 2 3 3
tan tan .sin cos 1 0x x x
(1)
*K:
2
x k




(1)

2 3 3 2 3 3 2
tan 1 sin 1 cos 0 1 cos 1 sin 1 cos 1 sinx x x x x x x



1 cos 1 sin sin cos sin cos sin cos 0
2 ; ; 2 ; 2
4 4 4
x x x x x x x x
x k x k x k x k





2.(1,5 im) Cho PT:

2
5 1 5 6x x x x m
(1)
a)Tỡm m PT(1)cú nghim
2
-2
1
o
y
x
3
     
 
 
2
2 2
2
, ,
t t t
t
4
: 5 1 4 2 5 6 : ( 2;2 2 )
2
4
f ( 2;2 2 ) f 1 f 0 1 2;2 2
2
f ... . 2 2 1 2
t
Dat t x x t x x pt t m t
t

t t t t
m co nghiem m

 
             
 

   
           
   
     

b)Giải PT khi
 
2 1 2m  


 
2
2
2 2
2 8 4 2 0
2 2 2( )
5 1 2 2 ... 3 0 3
t
t t
t loai
x x x x



     

  

          

Câu III. (1,5 điểm) a)
Tính tích phân
I
=
 
4
3
4
1
1
dx
x x 


Đặt t=
2
2x dt xdx 

Đổi cận x=1=.>t=1; x=
4
3 3t 

=>I=
3 3

2 2 2
1 1
1 1 1 3 1 1
......
2 1 2 1
2 3
dt
dt
t t t

 
   
 
 
 
 

Tính
3
3
2
1
4
..... ( ; tan )
1 12
dt
du voi t u
t




   

 

Vậy I=
3 1
24
2 3




Câu IV. (1,0 điểm)
Tính góc của Tam giác ABC bíêt: 2A=3B;
2
3
a b

3
2sin .cos A=3sinB-4sin
sin 2 sin 3
2 3
....
a
3 sin
3
sin
sin sin
2

A B
A B
A B
b
A
a b
B
A B





  
  
  





 



0 0 0
2
0 0 0 0
cos 0
90 60 30

3 3 4cos 0
4
2 5
cos
180
3 3
3 3
A
A B C
cos A A
A
A B C
  



    


    
 

     






II.PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb)
Câu V.a ( 2,0 điểm ) : 1. Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0
với
2 2 2
A B C 0  

Vì (P)

(Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0

A+B+C = 0
C A B   
(1)
Theo đề :
d(M;(P)) =
2
A 2B C
2 2 2 2
2 (A 2B C) 2(A B C )
2 2 2
A B C
 
       
 
(2)
Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5
8A
2
B 0 B 0 hay B =
5

   


(1)
B 0 C A . Cho A 1,C 1      
thì (P) :
x z 0 

4

8A
B =
5

. Chọn A = 5 , B =
1
(1)
C 3 
thì (P) :
5x 8y 3z 0  

2. (1,0 điểm)Có 6 học sinh nam và 3học sinh nử xếp hàng dọc đi vào lớp.Hỏi có bao nhiêu
cãch xếp để có đúng 2HS nam đứng xen kẻ 3HS nử
Bg:*3hs nử được xếp cách nhau 1 ô.
* Vậy 3hs nửcó thể xếp vào các vị trí là:(1;3;5);(2;4;6);(3;5;7);(4;6;8);(5;7;9)
*Mổi bộ 3vị trí có 3! Cách xếp3 hs nử
*Mổi cách xếp 3 hs nử trong 1bộ có 6! Cách xếp 6 hs nam vào 6 vị trí còn lại
*Vậy có tất cả là:5.3!.6!=21600 (cách) theo yêu cầu bt
CâuVb-1) Chọn A(2;3;


3),B(6;5;

2)

(d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) .
Gọi
u

vectơ chỉ phương của (
d
1
) qua A và vuông góc với (d) thì
u u
d
u u
P







 
 

nên ta chọn
u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2)
P
    

  
. Ptrình của đường thẳng (
d
1
)
:
 


  


  

x 2 3t
y 3 9t (t R)
z 3 6t

(

) là đường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên (
d
1
) thì M(2+3t;3

9t;

3+6t) .
Theo đề :
1 1

2 2 2 2
AM 14 9t 81t 36t 14 t t
9 3
         

+ t =
1
3

 M(1;6;

5)
x 1 y 6 z 5
( ) :
1
4 2 1
  
   

+ t =
1
3
 M(3;0;

1)
x 3 y z 1
( ) :
2
4 2 1
 

   

2.(1,0 điểm) Giải PT:
2 1 1 1
5.3 7.3 1 6.3 9 0
x x x x  
    
(1)
Bg
(1)
 
2
2
2
2
5.3 2.3 3 0
5 7
3 3 3.3 2.3.3 1 0 ...
3 3
5.3 163 3 0
x x
x x x x
x x

  
       

  

2

3
2
3
3
1( )
1 log 5
5 2 3 0
5
: 3 ( 0)
1 1; log 5
5 16 3 0
3
5
x
t loai t
x
t t
Dat t t
x x
t t
t t

   


 
  

    




  
  
 

  



Vậy PT đả cho có 3 nghiệm:...
.........................................HẾT.....................................................