De thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (330.09 KB, 18 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Trờng THPT Nguyễn Huệ

đề thi thử đại học lần 1 năm 2010
Môn: TOáN ; Khối: A,B

(

Thời gian làm bài: 180 phút) 
Phần chung cho tất c thớ sinh (7,0 im)

Câu I(2 điểm) Cho hàm số

2 1

1
x
y

x





1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.
Câu II(2 điểm)

1. Giải hệ phơng trình:

1 1 4

6 4 6

x y

    


 

2. Giải phơng trình:

1 2(cos sin )

tan cot 2 cot 1

x x

x x x

Câu III(1 điểm)

Trong mt phng (P) cho ng trịn (C) tâm O đờng kính AB = 2R.Trên đờng thẳng vng
góc với (P) tại O lấy điểm S sao cho OS = R 3. I là điểm thuộc đoạn OS với SI =

3
R

. M là một
điểm thuộc (C). H là hình chiếu của I trên SM. Tìm vị trí của M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích
lớn nhất.Tìm giá trị lớn nhất đó.

Câu IV(1 điểm)

Tính tích phân: I =

11 1

dx

x x





  

C©u V(1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực d¬ng tháa m·n xyz=1. Chøng minh r»ng

1 1 1

x y  y z  z x  

Phần riêng(3,0 điểm).Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chng trỡnh Chun

Câu VI.a(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch
b»ng

2 và trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.

Câu VII.a(1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số
đơi một khác nhau ( chữ số đầu tiên phải khác 0) trong đó phải có chữ số 7.

Câu VIII.a(1 điểm) Tìm a để bất phơng trình sau có nghiệm:

1 1

3 3

log x  1 log (ax a )
B.Theo chơng trình Nâng cao

Câu VI.b(1 điểm) Trong mặt ph¼ng Oxy cho elip (E):

2 2

4 3

x y

 

và đờng thẳng :3x + 4y =12. Từ
điểm M bất kì trên  kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đờng thẳng AB luôn đi 
qua mt im c nh.

Câu VII.b(1 điểm) Cho hàm sè

2 4 3

x x

y
x
 


 có đồ thị (C).Giả sử đờng thẳng y = kx + 1 cắt (C) 
tại 2 điểm phân biệt A, B. Tìm tập hợp trung điểm I của AB khi k thay đổi.

C©u VIII.b(1 điểm) Giải phơng trình:

2 2

log log

3 1 xx. 3 1 x 1 x
---

---Trờng THPT Nguyễn Huệ

đáp án – thang điểm

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Môn: TOáN ; Khối: A,B

Lu ý:Mọi cách giải đúng và ngắn gọn đều cho điểm tối đa

C©u

Đáp án

Điểm

I

1.(1,0 điểm) Khảo sát . . .

(2,0 điểm)

* Tập xác định: D = R\{ - 1}

* Sự biến thiên

- Giới hạn và tiệm cận:

xlim yxlim  y2; tiÖm cËn ngang: y = 2

( 1) ( 1)

lim ; lim

x   y x   y 

; tiệm cn ng: x = - 1

0,25

-

Bảng biến thiên

Ta có

' 0

( 1)

y
x

 



víi mäi x



- 1

x -

∞

-1 +

∞

y’ + +

y +

∞

2 2 -

∞

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (

-

∞

; -1)

v ( -1;

+

)

0,5

* Đồ thị

0,25

2. (1,0 điểm) Tìm trên (C) những điểm. . .

Gọi M(x0;y0) là một ®iĨm thc (C), (x0



- 1) th×

0
0

2 1
1

x
y

x






Gäi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì

MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = |

0
0

2 1
1

x
x



 - 2| = | 0

1
1

x  |

0,25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Theo Cauchy th× MA + MB  2
0

x 1 .

1
x



=2

 MA + MB nhá nhÊt b»ng 2 khi x0 = 0 hc x0 = -2.Nh vËy ta có hai 
điểm cần tìm là (0;1) và (-2;3)

0,25

II

1.(1,0 điểm) Giải hệ . . .

(2,0 điểm)

Điều kiện: x

-1, y



1

Céng vÕ theo vÕ råi trõ vÕ theo vÕ ta cã hÖ

1 6 1 4 10

6 1 4 1 2

x x y y

        


      

Đặt u= x 1 x6, v = y 1 y4. Ta cã hÖ
10

5 5 2u v
u v

  


 


 



5
5
u
v




3
5
x

y

lµ nghiƯm cđa hƯ

0,25

2. (1,0 điểm) Giải phơng trình . . .

Điều kiện:sinx.cosx



0 và cotx



1

Phơng trình tơng đơng

1 2(cos sin )
sin cos 2 cos

1
cos sin 2 sin

x x

x x x




 

 cosx =

2 x = 4 k2

Đối chiếu điều kiện pt cã 1 hä nghiÖm x = 4 k2



 

0,25

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

(1,0 điểm)

H
I

M
A

Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mµ OS = R

3, SI =
2

3
R
,
SM = SO2OM2 2R SH = R hay H lµ trung điểm của SM

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên mp(MAB) thì HK =

1
2SO=

3
2 R ,

(khụng đổi)

 VBAHM lớn nhất khi dt(MAB) lớn nhất  M là điểm giữa của cung AB
Khi đó VBAHM=

6 R (đvtt)

0,25

0,5

IV

Tính tích phân . . .

(1,0 điểm)

Đặt u = x+

1x2

th× u - x=

1x2  x2 2ux u 2  1 x2
2

1 1 1

2 2

u

x dx du

u u

  

      



Đổi cận x= - 1 thì u =

-1

x = 1 th× u =

+1

2 1 2 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1

1 1

1 2 1 2 (1 )

du

du du

u
I

u u u u

  

  

 



 

 

   

  



=

2 1 2 1

1 1 1 1 1

2 1 2 1

du

u u u u

 

 

 

  

=1

0,25

Câu V

(1,0 điểm)

Đặt x=a

y=b

z=c

thì x, y, z >0 và abc=1.Ta có

a

+ b

=(a+b)(a

+b

-ab)



(a+b)ab, do a+b>0 vµ a

+b

-ab



ab



a

+ b

+1



(a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

 3 3





1 1

a  b 1 ab a b c  

T¬ng tù ta cã





3 3

1 1

c 1 bc a b c

b     

,





3 3

1 1

a 1 ca a b c

c     

Céng theo vÕ ta cã

1 1 1

x y   y z   z x 

=

3 3

a  b 1

+

3 3
1
c 1

b  

+

3 3

1
a 1

c  







1 1 1 1

a b c ab bc ca

 
 
 

   

=









1
1
a b c  c a b  

DÊu b»ng x¶y ra khi x=y=z=1

0,5

0,25

VI. a

Tìm tọa độ . . .

(1,0 điểm)

Ta cã: AB =

, M = (

5 5
;

2  2

), pt AB: x – y – 5 = 0

S

ABC

=

d(C, AB).AB =

d(C, AB)=

Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)=

d(G, AB)=

(3 8) 5

2
t t 

=

2 

t = 1 hc t = 2

G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)

Mà

CM 3GM

 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 



C = (-2; 10) hc C = (1; -4)

0,25

0,5

0,25

VII. a

Từ các chữ số . . .

(1,0 điểm)

Gọi số có 6 chữ số là

abcdef

Nếu a = 7 thì có 7 cách chọn b, 6 c¸ch chän c, 5 c¸ch chän d, 4 c¸ch

chän e, 3 cách chọn f.

ở

đây có 7.6.5.4.3 = 2520số

Nếu b = 7 thì có 6 cách chọn a, 6 c¸ch chän c, 5 c¸ch chän d, 4 c¸ch

chọn e, 3 cách chọn f.

ở

đây có 6.6.5.4.3 = 2160số

Tơng tự với c, d, e, f

Vậy tất cả cã 2520+5.2160 = 13320 sè

0,25

0,5

0,25

VIII. a

Tìm a để . . .

(1,0 điểm)

Điều kiện: ax + a > 0

Bpt tơng đơng

x2 1 a x( 1)
Nếu a>0 thì x +1 >0.Ta có

2 1
1
x
a
x



NÕu a<0 th× x +1 <0.Ta cã

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

XÐt hµm sè y =
2 1
1
x
x


 víi x - 1

y’ = 2 2

( 1) 1

x

x x



  =0 khi x=1

x -



-1 1 +



y’ - || - 0 +

y

-1 +



1 -



2
2

a>

hc a < - 1

0,25

VI. b

Chøng minh . . .

(1,0 ®iĨm)

Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2)

TiÕp tun t¹i A cã d¹ng

1 1 1

4 3

xx yy

 

TiÕp tuyÕn ®i qua M nªn

0 1 0 1 1

4 3

x x y y

 

(1)

Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt

0 0 1

4 3

xx yy

 

do M thuéc



nªn 3x0 + 4y0 =12

 4y0 =12-3x0 

0 0
4 4
4
4 3
xx yy
 

0 0

4 (12 3 )
4

4 3

xx y  x

 

Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì

(x- y)x0 + 4y – 4 = 0



4x y y 4 0 xy1

 

  

Vậy AB ln đi qua điểm cố định F(1;1)

0,25

0,5

0,25

VII. b

T×m tËp hợp . . .

(1,0 điểm)

y = kx + 1 cắt (C):

2 4 3

2
x x
y
x

 


 . Ta cã pt

2 4 3

x x

x
 

 = kx + 1 có 2 nghiệm phân biệt k 1

Trung điểm I của AB có tọa độ thỏa mãn

2 3
2 2
1
k
x
k
y kx

 
 
  



2 5 2

2 2
x x
y
x
 
 


Vậy quĩ tích cần tìm là đờng cong

2 5 2

2 2
x x
y
x

0,25

0,5

0,25

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Đặt

2
log

3 1 x

=u,



2
log

3 1 x v

ta cã pt
u +uv2 = 1 + u2 v2  (uv2-1)(u – 1) = 0

21 1
u
uv


 



 . . . x =1

0,25

0,5

0,25

Së GD-§T phó thä

Trêng T.H.p.t long ch©u sa

ÐỀ THI

thư

ĐẠI HỌC

lÇn ii

NĂM

häc:

2009-2010

Mơn thi : TỐN

làm bài:180 phútThời gian

(

không kể thời gian giao đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I:(2 điểm)

Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (C

m); ( m là tham số)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.

2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E

sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vng góc với nhau.

Câu II:(2 điểm)

1.

Giải hệ phương trình

:

2 0

1 2 1 1

x y xy

x y

   




   




2. T×m

x∈(0; π) thoả mÃn phơng trình

: cotx 1 =

cos21 x

+tanx+sin

x −1

2sin 2x

.

Câu III:

(2 điểm)

1. Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x

(0 < x



a).

Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho

SA = 2a.

a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC).

b) Kẻ MH

vng góc với

AC tại H .

Tìm vị trí của

M

để thể tích khối chóp

SMCH lớn

nhÊt

2.

Tính tích phân: I =

2
4

0 (x sin 2 ) cos 2x xdx






.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Chứng minh rằng :

2 2 2

a b b c c a

b c c a a b

  

  

  

PHẦN RIấNG (3 điểm)

( Chú ý!:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần)

A. Theo chương trình chuẩn

Câu Va

:

1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch b»ng
3
2 vµ

trọng tâm thuộc đờng thẳng



: 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4)

và đờng thẳng



1 2

1 1 2

x y z

 



.

Tìm toạ độ điểm M trên



sao cho:MA2MB228

Câu VIa

:

Giải bất phơng trình

:

2

3x22x1 4

2

3x
2

2x+1

B. Theo chng trỡnh Nâng cao

Câu Vb

:

1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho

qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600.

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d víi
d :

x 1 y 1 z

2 1 1

 

 

 .Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M,

cắt và vuụng gúc với đường thẳng d và tìm toạ độ của điểm M’ đối xứng với M qua d

Câu VIb

:

Giải hệ phương trình

3 3

log log 2
2 2

4 4 4

4 2 ( )

log (

) 1 log 2

log (

3 )

xy

xy

x

y

x

y



 







 







……… …..………..Hết……….

(C¸n bé coi thi không giải thích gì thêm)

Híng dÉn chấm môn toán

Câu ý

Nội Dung

Điểm

I 2

1 Khảo sát hàm số (1

điểm)

y = x

+ 3x

+ mx +

1 (C

)

1. m = 3 : y = x

+

3x

+ 3x + 1

(C

)

+ TXÑ: D = R

+ Gi

ớ

i h

ạ

n:

lim , lim

x  y  x y

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

+ y’ = 3x

+

6x + 3 = 3(x

+ 2x

+ 1) = 3(x + 1)



0;



x



hàm số đồng biến

trên R

0,25



Bảng biến

thiên:

0,25

+ y” = 6x +

6 = 6(x + 1)

y” = 0



x

= –1



tâm đối

xứng

U(-1;0)

* Đồ thị (C

):

Qua A(-2 ;-1) ;

U(-1 ;0) ; A’(0 ;U(-1)

0,25

2 1

Phương trình

hồnh độ giao

điểm của (C

) và

đường thẳng y = 1

là:

x

+ 3x

+ mx + 1 =

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

1 

x(x

+ 3x + m)

= 0






   

 2

x 0

x 3x m 0 (2)

* (C

) caét

đường thẳng y = 1

tại C(0;1), D, E

phân biệt:



Phương trình (2)

có 2 nghieäm x

, x



0. 



   

 



 


   

 2 

m 0
9 4m 0

4
m

0 3 0 m 0

(*)

0,25

Lúc đó tiếp tuyến

tại D, E có hệ số

góc lần lượt là:

k

=y’(x

)=

   

D D D

3x 6x m (3x 2m);

k

=y’(x

)=

   
2

E E E

3x 6x m (3x 2m).

Caùc tiếp tuyến

tại D, E vuông

góc khi và chỉ

khi: k

k

= –1

0,25



(3x

+

2m)(3x

+ 2m)

=-1



9x

x

+

6m(x

+

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

x

) +

4m

= –

1 

9m + 6m(–3) +

4m

= –1 (vì x

+

x

= –3; x

x

= m

theo định

lý Vi-ét).



4m

– 9m + 1 =

0 

9 65

8
m

m

 





 







So s¸nh

Đk

(*): m =







1 9 65
8

II 2

1 1

1. §k:

1
1
2
x
y










(1)

(

) 0

(

)(

2 ) 0

2

0

2 0(

)

x y

y

xy

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

voly

 





 





























0,5



x = 4y Thay

v

µo (2) cã

4 1 2 1 1 4 1 2 1 1

4 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1

1
( )

2 1 0 2 2

5 10

2 1 2 ( )

y y y y

y y y y y

y tm

y x

x

y y tm

        

          




     

     



    

 



</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

V©y hƯ cã hai

nghiƯm (x;y) = (2;1/2)

vµ (x;y) = (10;5/2)

0,25

2 1

®K:

sin 2x ≠0

sinx+cosx ≠0

⇔
¿sin 2x ≠0

tanx ≠ −1

¿{

⇔cosx −sinx

sinx =

cos 2x.cosx

cosx+sinx +sin

x −sinxcosx

⇔cosx −sinx

sinx =cos

x −sinxcosx+sin2x −sinxcosx

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

⇔ cosx −sinx=sinx(1−sin 2x)

⇔ (cosx −sinx)(sinxcosx −sin2x −1)=0

0,25

⇔ (cosx −sinx)(sin 2x+cos 2x −3)=0

(cosx sinx)( 2 sin(2x 4) 3) 0



    

cos 0

2 sin(2 ) 3( )

4
x sinx

x  voly

 





  



0,25

⇔ cosx −sinx=0 ⇔ tanx = 1 ⇔x=π

4+kπ(k∈Z) (tm®k)

Do x∈(0;π)⇒k=0⇒x=π

0,25

III 2

1 1

( )

( ) ( )

( )

SA ABCD

SAC ABCD
SA SAC




 




Lai cã

( ) ( )

( ) ( , ) .sin 45

o

MH AC SAC ABCD

x

MH SAC d M SAC MH AM

  

     

0,25

Ta cã

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

. 45 2

2 2

1 1

. ( 2 )

2 2 2 2

1 1

. 2 ( 2 )

3 6 2 2

MHC

SMCH MCH

x x

AH AM cos HC AC AH a

x x

S MH MC a

x x

V SA S a a



      

   

Tõ biĨu thøc trªn ta cã:





3
2

1 2 2

3 2 6

2 2

SMCH

x x

a

V a

x x

a
x a

 

 

  

 

⇔ M trïng víi D

0,25

2 1

I =

4 4 4

2 2

1 2

0 0 0

(x sin 2 )x cos xdx2 xcos xdx2 sin 2xcos xdx I2 I

  

    



0,25

TÝnh

I

đặt

4
1

1
sin 2 4 sin 2
1

2 sin 2 2 0 2
2

du dx

u x x

I x xdx

v cos xdx v x







 

   

 

 

 









1 1

2 4

8 4 8 4

0
cos x



 

   

0,25

TÝnh

I

2 3

2
0

1 1 4 1

sin 2 (sin 2 ) sin 2

2 6 6

I xd x x

 





 

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

VËy I=

1 1 1

8 4 6 8 12

 

   

0,25

IV 1 1

.Ta cã :VT =

2 2 2

( a b c ) ( b c a ) A B

b c c a a b      b c c a a b       0,25





3 3

1 1 1 1

3 ( ) ( ) ( )

1 1 1 1 9

3 ( )( )( )3

2 2

3
2

A a b b c c a

a b b c c a
a b b c c a

a b b c c a
A

 

          

  

 

    

  

 

0,25

2 2 2

2 2

1 ( ) ( )( )

1 .2

a b c

a b c a b b c c a

a b b c c a

B B

          

  

   

0,25

Từ đó tacó VT

3 1
2

2 2 VP

   

Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3

0,25

V.a 2

1 1

Ta cã: AB =

, trung ®iĨm M (

5 5
;
2  2

),

pt (AB): x – y – 5 = 0

0,25

S

ABC

=

d(C, AB).AB =

2 

d(C, AB)=

Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)=

1
2

0,25



d(G, AB)=

(3 8) 5

2
t t 

=

2 

t = 1 hc t = 2



G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)

0,25

Mà

CM 3GM
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 



C = (-2; -10) hc C = (1; -1)

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

2 1

: 2 (1 ; 2 ; 2 )

x t

ptts y t M t t t

z t
 



       
 



0,5

Ta cã: MA2MB2 2812t2 48t48 0  t 2 0,25

Từ đó suy ra : M (-1 ;0 ;4) 0,25

VI.a 1 1

Bpt ⇔(2+

√

3)x2−2x+(2−

√

3)x2−2x4 0,25

t=(2+

√

3)x

−2x

(t>0) BPTTT : t+1t ≤4



t



4 1 0

t

 

⇔2−

√

3≤t ≤2+

√

3 (tm)

0,25

Khi đó : 2−

√

3≤(2+

√

3)x

−2x

≤2+

√

3 ⇔−1≤ x2−2x ≤1

0,25

⇔ x2−2x −1≤0⇔1−

√

2≤ x ≤1+

√

0,25

V.b 2

1 1

. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M



Oy



M(0;m)

Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)

Vậy




60 (1)
120 (2)
AMB

AMB

 



 



Vì MI là phân giác của

AMB

(1)



AMI

= 30

0 sin 300

IA
MI

 



MI = 2R



2 9 4 7

m    m

(2)



AMI

= 60

0 sin 600

IA
MI

 



MI =

2 3

R



2 9 4 3

m  

Vơ

nghiệm

Vậy có hai điểm M

(0;

) và M

(0;-

)

0,5

2 1

Gọi H là hình chiếu vng góc của M trên d, ta có MH là đường

thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d.

d có phương trình tham số là:

x 1 2t
y 1 t
z t

 



 


 


</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

VIb

Vì H



d nên tọa độ H (1 + 2t ;



1 + t ;



t).Suy ra :

MH

= (2t



1 ;



2 + t ;



t)

Vì MH



d và d có một vectơ chỉ phương là

u

= (2 ; 1 ;



1), nên :

2.(2t – 1) + 1.(



2 + t) + (



1).(



t) = 0



t =

. Vì thế,

MH

=

1 4 2

; ;

3 3 3

 

 

 

 

3 (1; 4; 2)

MH

u  MH   

0,25

Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là:

x 2 y 1 z

1 4 2

 

 

 

0,25

Theo trªn cã

7 1 2

( ; ; )

3 3 3

H  

mà H là trung điểm của MM’ nên toạ độ M’

8 5 4

( ; ; )

3  3  3

0,25

ĐK: x>0 , y>0

(1)



3 3

2 log log

2

xy



2

xy



2 0



0,5



log

xy = 1



xy = 3



y=

3
x

(2)



log

(4x

+4y

) = log

(2x

+6xy)



x

+ 2y

= 9

0,25

Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: (

;

) hoặc (

;

6
2

)

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

A M D

S

</div>

De thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an

<b> </b>

(



---Trờng THPT Nguyễn Huệ

đáp án – thang điểm

<b>Môn: TOáN ; Khối: A,B </b>

Lu ý:Mọi cách giải đúng và ngắn gọn đều cho điểm tối đa

C©u

Đáp án

Điểm

I

1.(1,0 điểm) Khảo sát . . .

(2,0 điểm)

* Tập xác định: D = R\{ - 1}

* Sự biến thiên

- Giới hạn và tiệm cận:

0,25

-

Bảng biến thiên

Ta có

<sub> víi mäi x</sub>

<sub>- 1</sub>

x -

-1 +

y’ + +

y +

2

2 -

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (

-

; -1)

v ( -1;

+

)

0,5

* Đồ thị

0,25

2.

(1,0 điểm) Tìm trên (C) những điểm. . .

Gọi M(x0;y0) là một ®iĨm thc (C), (x0

<sub>- 1) th× </sub>

0,25

0,25

0,25

II

1.(1,0 điểm) Giải hệ . . .

(2,0 điểm)

Điều kiện: x

<sub>-1, y</sub>

<sub>1</sub>

Céng vÕ theo vÕ råi trõ vÕ theo vÕ ta cã hÖ





0,25

0,25

0,25

0,25

2.

(1,0 điểm) Giải phơng trình . . .

Điều kiện:sinx.cosx

<sub>0 và cotx</sub>

<sub>1</sub>

Phơng trình tơng đơng

0,25

0,25

(1,0 điểm)

Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mµ OS = R

0,25

0,25

0,5

IV

Tính tích phân . . .

(1,0 điểm)

Đặt u = x+

th× u - x=

Đổi cận x= - 1 thì u =

-1

x = 1 th× u =

+1