2 de tham khao 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 (307.61 KB, 14 trang )

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

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II
MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 4  4



m 1



x22m 1 có đồ thị



Cm



1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

 

C của hàm số khi

3
2
m

2. Xác định tham số m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam
giác đều

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình

2
4

1 tan

8 os (

) sin 4

2.

4 1 tan

x

c

x











2. Giải hệ phương trình sau trên R:
3

2 4 3

1

2

9 (9

)

x

y

x

y

x

y y



























Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

1 2

2
0

(

)

4

x

I

x e

dx

x







Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình thang vuông tại A
và B với BC là đáy nhỏ. Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều có cạnh với độ
dài bằng 2a và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt đáy, SC a 5 và
khoảng cách từ D tới mặt phẳng



SHC



bằng 2a 2 (ở đây H là trung điểm

AB). Hãy tính thể tích khối chóp theo a.

Câu V(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn:
3

a b c   .

Chứng minh rằng:

2 2 2

2 2 2 4

ab bc ca

a b c

a b b c c a

 

   

 

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc
phần B)

A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm).

1. Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vng ABCD có phương trình

2 2

(x 2) (y 3) 10. Xác định toạ độ các đỉnh A, C của hình vng, biết cạnh
AB đi qua M(-3; -2) và xA > 0.

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

Câu VII.a (1,0 điểm)

Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau: z = 1 + (1 + i) + (1 + i)2 + (1 + i)3 +

… + (1 + i)20

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 :x y 30 và d2 :xy 60.

Trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh

của hình chữ nhật

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1),
C(-2;0;1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x +
2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC

Câu VII.b (1,0 điểm

Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z
thỏa mãn hệ thức 2 z1 z z2

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011

Câu ý Nội dung Điểm

I
1

Với m= 3/2 ta có y = x4 -2x2 +2

Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.

 Sự biến thiên: y'4x3 4x. Ta có

0
0

1
x
y'

x


   



0.25

lim ; lim

x x

y y

    

 

 

0 2





CD CT

y y  ; y y   . 0.25

 Bảng biến thiên:

x   -1 0 1 
y'  0  0  0 

y

 2 
1 1

0.25

 Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình



Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy 0.25

2



Ta có









3 2

4 8 1 4 2 1

y  x  m x x x  m .







0
0

2 1

x

y

x m


   

 

 nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1

0.25

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



0 2 1







4 2 10 5







4 2 10 5



A ; m ,B m ; m  m ,B  m ; m  m .

Ta có:













2 2

2 1 16 1

8 1

AB AC m m

BC m

    

 

So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra

33

1
2

m  0.25

II
1

2

Đk:cos x 0 x 2 k




   

,ta có





2 inx 1 2 n

cos( x ) cos x s  ,  sin x cos x s i 0.25

























4 2 2

3
4

os 1 2

os inx

cos x sin x c x sin x sin x
cos x sin x c x sin x s cos x

    

    





3 0

sin x cos x sin x

  

0.25

0 0

4
x k
sin x x k

cos x sin x tan x x k








 

  

    



    

 



Vậy pt có 2 nghiệm: 4

x k
x k









  


0.5

Đk: y1. Ta có













2 4 9 9 3 3 9 0

x  y  y x  y y  x y x y    0.25

vì y1 và

1

x

1

y

2







nên 3

1

x



 2  x  7.Do đó x y 3 9-1<0

nên x=y 0.25

Thế vào pt ban đầu ta được 31 x 1 x2.Đặt a31x b 1 x (b>0) thì

3 2

2
2
a b
a b

 




 

 













3 3 2 2

2 2 4 2 0 1 2 2 0

a   a   a a  a   a a  a 
 a1; a 1 3; a 1 3

0.25

Từ đó tìm đựơc các nghiệm của hệ : x=y=0 và x y 11 6 3 ; x y 11 6 3 0.25

III

1 1 3

1 2
2

0 0

4

x

I

x e dx

dx I

I

x





 





0.25

Tính

1 2 2

2 2 1

1 0

1 1

( ) |

2 2 4

x

x x e e

I 



x e dx xe    0.25

Tính

I

2 bằng cách đặt

t



4 

x

2 được 2

16 3 3

3

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

2 61

3 3

4 12

e

I   0.25

IV

4a

2a 2
2a

2a

a
a

a 5

C'C

a
a

a

45

H

E A D

C
B

H

B

A

C

D
S

Từ giả thiết suy ra SH 



ABCD



và

2 3

3
2

a

SH  a 0.25

Theo định lý Pythagoras ta có CH  SC2 SH2 a 2.

Do đó tam giác HBC vuông cân tại B và BC a 0.25

Gọi EHCADthế thì tam giác HAE cũng vng cân và do đó suy ra

2 2 2 4 3 .

DE a   a AD a 0.25

Suy ra CE2a 2d D HC



;



d D SHC



;





y ra





4
2

ABCD

S  BC DA AB   a

(đ.v.d.t.). Vậy

. D

1 4

3 3

S ABC ABCD

a
V  SH S 

(đ.v.t.t.)

0.25

V

Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)

= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2
mà a3 + ab2 2a2b

b3 + bc2 2b2c
c3 + ca2 2c2a

Suy ra 3(a2 + b2 + c2)  3(a2b + b2c + c2a) > 0

0.25

Suy ra

2 2 2

ab bc ca
VT a b c

a b c
 

   

 

2 2 2

9 ( )

2( )

a b c
VT a b c

a b c

  

    

  0.25

Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh được t  3.
Suy ra

9 9 1 3 1

3 4

2 2 2 2 2 2 2

t t t
VT t

t t



         

 VT  4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

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

VI.a
1

ptđt AB đi qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 . Đuờng trịn (C) có tâm I(2;3) và bán
kính R 10 nên

2 2 2

2 2

| 2 3 3 2 |

10 a b a b 10(a b ) 25(a b)
a b

  

    



0.25
 (a3 )(3b a b ) 0  a3b hay b3a

pt AB: x- 3y-3 = 0 hoặc AB: 3x-y+7=0 0.25

TH1: AB: x- 3y-3 = 0, gọi A(3t+3; t)t>-1 và do IA2=2.R2=20 t = 1, t = -1 (loại). Suy

ra A(6;1) C(-2; 5) 0.25

TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7)t>0 và do IA2=2.R2=20 t = 0, t = -2 (không thoả

mãn) 0.25

2

+ ) Ta có: AB(2; 2; 2), AC(0; 2; 2).

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 

Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực

của AB, AC là: x y z  1 0, y z  3 0. 0.25

+) Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là nAB AC,  (8; 4; 4).

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
   

Suy ra (ABC):

2x y z   1 0. 0.25

+) Giải hệ:

1 0 0

3 0 2

2 1 0 1

x y z x

y z y

x y z z

    
 
 
    
 
      

  . Suy ra tâm đường trịn là I(0; 2;1).

0.25

Bán kính là R IA  ( 1 0)  2(0 2) 2(1 1 )2  5. 0.25

VII.a

20 (1 ) 1

1 (1 ) ... (1 ) i

P i i

i
 

       0,25

21 2 10 10

(1 )i (1 )i  .(1 ) (2 ) (1 )i  i i 2 (1 )i

0,25





10 10

2 (1 ) 1

2 2 1

i

P i

i

  

    0,25

Vậy: phần thực 210 , phần ảo: 210 1 0,25

Ta có: d1d2 I. Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
















2
/
3

y
2
/
9
x
0
6
y
x
0
3
y
x

. Vậy 




2
3
;
2
9
I

M là trung điểm cạnh AD  Md1Ox. Suy ra M( 3; 0)

0.25
Ta có:

2
3
2
3
2
9
3
2
IM
2
AB
2
2


















Theo giả thiết: 3 2 2 2

12
AB
S
AD
12
AD
.
AB
S ABCD

ABCD      

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d1 AD

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

VI.b
1

Đường thẳng AD có PT: 1(x 3)1(y 0)0 xy 30. Lại có:
2

MA 

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: 















2
y
3
x
0
3
y
x
2
2







































1
3
x
x
3
y
2
)
x
3
(
3
x
3

x
y
2
y
3
x
3
x
y
2
2
2
2






1
y
2
x

hoặc 




1

y
4
x

. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)

0.25






2
3
;
2
9
I

là trung điểm của AC suy ra: 












2
1
3
y
y
2
y
7
2
9
x
x
2
x
A
I
C
A
I
C

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)

Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)

0.25

2

Ta có AB(2; 3; 1),   AC  ( 2; 1; 1)    n(2; 4; 8) là 1 vtpt của (ABC) 0.25
Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25

M(x; y; z) MA = MB = MC ta có

2 3 2 0

2 0

x y z

x y z

   


  

0.25
M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25

VII.b

Đặt z x yi  x, y



 



. Ta có

2 1 2

2 1 2 2

z z z

x yi x yi x yi
x yi yi
   

       

    





2 2 2

2 x 1 y 4 4y

    

0.5

2 2 0

0
2
x x
x
x
  



  


Vậy tập hợp các điểm cần tìm là 2 đường thẳng x0,x2

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

ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ

Mơn Tốn- Khối A-B-D

Thời gian làm bài : 180 phút

I . Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)

Câu 1: Cho hàm số y=2x3−3(m+2)x2+6(5m+1)x −(4m3+2)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0

2. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x0(1;2

Câu 2:

1. Giải phương trình: sin 3x(sinx+

√

3 cosx)=2

2. Giải bÊt phương trình:

√

2x2−10x+16−

√

x −1 x −3

Câu 3: Tìm giới hạn: x 0

ln(1 ) tan
2

lim

cot

x
x

x




 

Câu 4: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh là A .

Góc giữa AA’ và BC’ bằng 300 và khoảng cách giữa chúng là a. Gọi M là trung điểm của

AA’. Tính thể tích tứ diện MA’BC’.

Câu 5: Giải hệ phương trình:

3 3

2 2

8

2 3 3(

1)

x

x y

y

x

y























II. Phần riêng ( 3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( phần 1 hoặc phần 2)

1. Theo chương trình chuẩn:

Câu 6a:

1. Cho ABC cân đỉnh A .Cạnh bên AB và cạnh đáy BC có phương trình lần lượt

là: x + 2y – 1 = 0 và 3x – y + 5 = 0 . Lập phương trình cạnh AC biết đường thẳng AC đi
qua điểm M(1; -3).

2. Giải phương trình: 9x−3xlog

3(8x+1)=log3(24x+3)

Câu 7a: Trong một quyển sách có 800 trang thì có bao nhiêu trang mà số trang có ít nhất
một chữ số 5.

2. Theo chương trình nâng cao:

Câu 6b:

1. Cho hai đường tròn (C1) : x2 + y2 – 2y – 3 = 0 ; (C2): x2 + y2 – 8x – 8y + 28 = 0 ;

Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2)

2. Giải hệ phương trình:
SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

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

¿
(x+y). 3y − x= 5

27
3 . log5(x+y)=x − y

¿{
¿

Câu 7b: Cho a, b > 0 thoả mãn a2 + b2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của 1

ab
P

a b


 
__________________________________

Ghi chú: Thí sinh khối B ; D khơng phải làm câu 5 ( phần chung)
TRƯỜNG THPT MINH

KHAI

Đáp án và biểu điểm đề thi thử ĐHCĐ lần I 
Năm học 2010 - 2011

I. Phần chung:

Câu Điểm

Câu 1.1 1. với m = 0 : y = 2x3 - 6x2

+ 6x - 2

1. TXĐ: D = R
2. Sự biến thiên
a. Giới hạn y = - ∞ ;

y = +∞

b. Bảng biến thiên:

Ta có : y/ = 6x2 - 12x + 6 =

6(x- 1)2 , y/ = 0  x =1, y/

> 0 ,  x≠ 1

0,25

Hàm số đồng biến trên R
Hàm số khơng có cực trị

0,25

3. Đồ thị.

Điểm uốn: y” =12x - 12 ,

y” = 0  x= 1.

y” đổi dấu từ âm sang

dương khi x qua điểm x =

1  U(1;0) là điểm uốn

giao với Oy : (0;- 2); giao
với Ox: (1;0). Qua điểm
(2;2).

Nhận xét : đồ thị nhận

0,5

x - ∞ 0 +∞

y/ + 0 +

y +∞

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

U(1;0) làm tâm đối xứng
( Học sinh tự vẽ đồ thị)

Câu 1.2 Hàm số bậc 3 có cực tiểu

 y/ = 0 có 2 nghiệm

phân biệt. Do hệ số của x3

dương  xCT > xCĐ

0,25

Ta có y/=6[x2-(m +

2)x+5m+1] , y/ = 0 

m(x-5) = x2-2x +1 (1)

Do x= 5 không là nghiệm

của y/ = 0  (1)  m =

= g(x)

g/(x)= = 0  hoặc x =

1 hoặc x = 9

0,25

Bảng biến thiên của g(x)

0,25

Từ bảng biến thiên kết

hợp với nhận xét trên hàm

số có cực tiểu tại

x0 (1;2] -1/3≤ m

0,25

Câu Điểm

Câu 2.1 sin3x(sinx+ cosx)=2  sinxsin3x+ sin3xcosx=2

 ( cos2x+sin2x)-(cos4x- sin4x) =2

0,5

 cos(2x- )-cos(4x+) = 2

os(2x- ) 1
3
os(4x+ ) 1

3
c

c











 





0,25



x=
6

os( +4k ) 1
k

c




 






 

  x=6 k






k Z

0,25

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

Câu 2.2 ĐK : x 1

Đặt u = x-3 , v= v 0 . ta được BPT:  u+v

0,5



( ) 0

u v
u v

 




 



0
u v
u v

 


 



0,25

Vậy BPT 2

7 10 0
x

x x


 

  

  x=5

0,25

Câu 3

0 0

ln(1 ) tan ln(1 ) tan

2 2

lim lim

ot x ot x ot x

x x

x x

c c c

 

  

 

 

   



   

 

 

0,25

Mà 0 0

ln(1 ) .ln(1 )sin

lim lim 0

ot x . os x

x x

x x x x

c x c



 

 

  

 



0,25

0 0 0

tan sin .sin 2sin

2 2 2

lim lim lim 0

cot os . os x os x

x x x

x

x c c c

  




  

     

0,25

Vậy 0

ln(1 ) tan
2

lim 0

ot x
x

x
x

c





 



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

Câu 4

Ta có BB/∥AA/ góc giữa AA/ và BC/ bằng góc giữa BC/ và BB/ 

/ / 0

B BC   CBC / 600

Gọi N là trung điểm của BC/ , H là hình chiếu của N trên (ABC)  H

là trung điểm của BC  AMNH là h.c.n  MN∥ =AH

Do AH  BC , AH  CC/ AH  (BCC/)  AH  BC/ . từ giả thiết

suy ra AH vng góc với AA/

Theo trên , MN∥ AH  MN  AA/ ; MN BC/ MN là khoảng

cách giữa AA/ và BC/ MN = a  AH = a

0,25

Tính VMA/BC/: do BA (ACC/A/) VMA/BC/ = SMA/C/. AB 0,25

Trong  vuông AHB ta có AB= a, BH = a  BC= 2a

Trong  vuông BCC/ : CC/ = BC.tan600 = 2a 3

0,25

Vậy VMA/BC/ = . AM.AC/.BC =

3 3

3
a
Câu 5

Giải hệ : (I)

3 3

2 2

8 2

3 3( 1)

x x y y

x y

   




  




Ta có (I)

3 3

2 2

2(4 )(1)
3 6(2)

x y y

x y

   




 




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

Thay (2) vào (1) : x3 + x2y - 12xy2 = 0 

0
3
4
x
x y
x y







 


0.5

Thay x vào (2) cả 3 trường hợp  Hệ có các nghiệm là:

(3;1) , (- 3; -1) ,

6 6

( 4 ; )

13 13


6 6

(4 ; )

13  13

II. Phần riêng.
Câu

6a.1 Vector pháp tuyến của B Clà : n1



= (3; -1);

Vector pháp tuyến của AB là : n2



= (1; 2)



 1 2

1 2

n . 1

osABC os(n ; )

50
n .

n

c c n

n

  

 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 

 

0,25

Gọi n a b3( ; )



là vector pháp tuyến của AC là (a2+b2≠ 0)



1 3

1
os(n ; )

50
c n 

 

 2 2

3 1

50
10.

a b
a b







2 0

11 2 0

a b
a b

 


   



0,5

 Trường hợp 2a - b =0 loại do ∥ AB

 Trường hợp 11a - 2b = 0 . chọn a = 2  b = 11

Vậy phương trình AC là: 2(x - 1) + 11(y+3) =0

 2x + 11y + 31 = 0

0,25

Câu

6a.2 Giải phương trình:9 3 log (83 1) log (243 3)

x x x x

   

ĐK x> PT  (3 1) 3 log (243 3) 0

x x

x

 

     

0,5

3x log (24x 3) 0

   

Xét ( ) 3 log (243 3)

x

f x   x với x>

/( ) 3 ln 3 8 ;

(8 1) ln 3
x

f x

x

 



// 2

64
( ) 3 ln 3

(8 1) ln 3
x

f x

x

 



0,25

//( )

f x > 0  x >  f x/( )

đồng biến trên ( , +∞)  f x/( ) =0 có nhiều nhất

là 1 nghiệm  f x( ) 0 có nhiều nhất là 2 nghiệm. Ta có f(0) 0 ; f(1) 0 .

Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là : x = 0 ; x = 1

0,25
A

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

Câu 7a  Trường hợp 1: số trang có 1 chữ số: có 1 trang

 Trường hợp 2: số trang có 2 chữ số a a1 2

Nếu a1 = 5 a2 có 10 cách chọn  có 10 trang

Nếu a2 = 5  a2 có 8 cách chọn ( vì a1≠ 0,a1≠ 5)  có 18 trang

0,25

 Trường hợp 3: số trang có 3 chữ số a a a1 2 3

Do sách có 800 trang  a1 chọn từ 1 7

+ Nếu a1 = 5  a2 có 10 cách chọn, a3 có 10 cách chọncó 100 trang

+ Nếu a2=5a1 có 6 cách chọn(vì a1≠5), a3có10 cách chọncó 60 trang

+ Nếu a3=5a1 có 6 cách chọn, a2 có 9 cách chọn(vì a1≠5,a2≠5) có 54 trang

0,5

Vậy số trang thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 233 trang. 0,25

âu
6
b.
1

(C1) có tâm I1(0;1), R1 =2; (C2) có tâm I2(4;4), R2 =2

Ta có I1I2 = 14 9 5  > 4 = R1 +R2 (C1);(C2) ngoài nhau

+ xét tiếp tuyến d ∥ 0y: (d): x+c = 0

d(I1,d) = C ; d(I2,d) = 4C

d là tiếp tuyến chung của (C1)(C2)

4 2

C
C
 



 


  C = -2 (d): x-2=0

0,5

+ (d) : y = ax+b

Do R1=R2 d∥ I1I2 hoặc (d) đi qua I(2;)

 d∥ I1I2 : I I1 2



=(4;-3)  d: 3x - 4y +c =0. d tiếp xúc với (C1),(C2) 

d(I1;d) = 2

2
5

C
 



hoặc C =14 hoặc C= -6

 có 2 tiếp tuyến chung là: 3x - 4y +14 = 0 và 3x - 4y - 6 =0

 d qua O: phương trình d là: y = ax + - 2a  ax- y + - 2a =0

d là tiếp tuyến chung d(I1;d) = 2

3
2

2 2

1
a
a




  a= -

d: 7x +24y - 14 =0

vậy có 4 tiếp tuyến chung là: x - 2 = 0; 3x - 4y + 14= 0; 3x - 4y - 6 = 0;
7x +24y - 74 =0.

0,25

Câu
6b.2

ĐK: x+y > 0

Hệ đã cho 

( ) 3

( ) 5

x y

x y
x y

x y






 




  

 

3
3

5 3

( ) 5

x y

x y
x y











  



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



3
3

5 3

( ) 5

x y

x y
x y
x y

 





 



  

  3

3 0
( ) 5x y
x y

x y 
  




 

  3

3
(2 3) 125
y x

x
 




 



0,25

2 3 5

y x
x

 

 

 

 

4
1
x
y








 thỏa mãn điều kiện

0,25

Câu 7b Ta có a2 + b2 =1  (a + b)2- 1=2ab  (a + b+1)(a+b- 1) =2ab

 = 2

a b

-  T = 2

a b
-

0,5

Mặt khác ta có: a+b  . = nên T ( - 1)

Dấu “ =” xảy ra  a = b = . Vậy Tmax = ( - 1)

</div>

2 de tham khao thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an









 

1 tan

8 os (

) sin 4

2.

4

1 tan

<i>x</i>

<i>c</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>













1

1

2

9

(9

)

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y y</i>



<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>



















(

)

4

<i>x</i>

<i>I</i>

<i>x e</i>

<i>dx</i>

<i>x</i>













<b>HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011</b>

 



























