Đề thi thử đại học môn Toán (10)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1 Môn thi: TOÁN – Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1

Môn thi: TOÁN – Khối A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

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

Câu I: (2,0 điểm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1 3 2 2 3

3

y x  x  x

2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến này đi qua gốc tọa độ O Câu II: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình 2 sin 2 3sin cos 2

4

2 Giải hệ phương trình

2 2

3 3

y x





Câu III: (2,0 điểm)

1 Tìm các giá trị của tham số m để phương trình m x22x  2 x 2 có 2 nghiệm phân biệt

2 Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện  2 2

2 x y xy1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 4

2 1

x y P

xy





 .

Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD và tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp đó.

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.

A Theo chương trình Chuẩn

Câu Va: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I1; 2;3  Viết phương trình

mặt cầu tâm I và tiếp xúc với trục Oy.

Câu VI.a: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình 2.27x18x 4.12x3.8x

2 Tìm nguyên hàm của hàm số   tan 2

1 cos

x

f x

x



B Theo chương trình Nâng cao

Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2

C x y  x Viết phương trình tiếp tuyến của  C , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục tung bằng 30

Câu VI.b: (2,0 điểm)

1 Giải bất phương trình x4 log3 x 243

2 Tìm m để hàm số

2 1

mx y x



 có 2 điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn nhất.

-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH

ĐÁP ÁN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1

Môn thi: TOÁN – Khối A

Giới hạn: lim ; lim

      2

y x  x y'  0 x 1,x3

0,25 đ

BBT: Hàm số ĐB trên khoảng ;1 , 3;  và NB trên khoảng

 1;3 Hàm số đạt CĐ tại 1, 4

3

CD

x y  và đạt CT tại x3,y CT 0 0,25 đ

Ý 1

(1,0đ)

Đồ thị đi qua O và cắt Ox tại (3;0) Đồ thị đối xứng qua 2;2

3

Phương trình tiếp tuyến  tại điểm M0x y0; 0 là

1

3

 qua O  x0 0,x03 0,25 đ

Câu I

(2,0đ)

Ý 2

(1,0đ)

PT sin 2xcos 2x3sinxcosx2

2 2sin cosx x 3sinx 2 cos x cosx 3 0

2 cos 3 sin cos 1 2 cos 3 0 sin cos 1 2 cos 3 0

Khi: cos 3( )

2

Ý 1

(1,0đ)

Khi : sin cos 1 sin 1 2 2

2



   





KL: nghiệm PT là 2 , 2

2

x   k  x  k 

0,25 đ

Ta có: 3 3  2 2   3 2 2 3

2x y  2y x 2yx x 2x y2xy 5y 0 0,25 đ Khi y0 thì hệ VN

Khi y0, chia 2 vế cho y3  0

      . 0,25 đ

Câu II

(2,0đ)

Ý 2

(1,0đ)

Đặt t x

y

 , ta có : t32t2    2t 5 0 t 1 0,25 đ

Khi t1,ta có : HPT

1

y x

x y x y y







Ta có: x22x 2 1nên PT

2

2

x m



 

Xét

2

2 ( )

2 2

x

f x





4 3 '( )

x

f x



' 0 ; 10; lim ( ) 1; lim ( ) 1

 

Ý 1

(1,0đ)

5

xy  xy  xy   xyxy 

3

xy  xy  xy  xyxy ĐK: 1 1

5 t 3

0,25 đ

Suy ra :  

2

P

2

2

7 '

2 2 1

t t P

t

 



 , P'  0 t 0( ),th t  1(kth)

5 3 15

P P 

0 4

P 

0,25 đ

Câu III

(2,0đ)

Ý 2

(1,0đ)

KL: GTLN là 1

4 và GTNN là

2

15( HSLT trên đoạn

1 1

;

5 3



Gọi O là giao điểm AC và BD SOABCD

Ta có:

2

a a

SO SA OA  a  

0,25 đ

.

1 2 6

Gọi M, N là trung điểm AB và CD và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SMN Ta chứng minh I cách đều các mặt của hình chóp 0,25 đ

Câu IV

(1,0đ)

2 2

4

SMN

a a

a a





 là bán kính cần tìm. 0,25 đ Gọi M là hình chiếu của I lên Oy, ta có: M0; 2; 0 

0,25 đ

 1; 0; 3 10



là bán kính mặt cầu cần tìm 0,25 đ

Câu Va

(1,0đ)

KL: PT mặt cầu cần tìm là   2  2 2

Ta có : PT2.33x2 3x 2x 4.2 32x x3.23x 0,25 đ

Câu VIa

(2,0đ)

Ý 1

(1,0đ)

Chia 2 vế cho 23x 0: PT

Đặt 3

2

x

t  

    ĐK: t>0; 2 3 2 4 3 0 1( ); 3( )

2

t       t t t kth t th 0,25 đ

Khi 3

2

t , ta có: 3 3 1

2 2

x

x

    

 

  KL: Nghiệm PT là x1. 0,25 đ

Ta có:  

cos sin cos 1 cos

x x

 



Đặt tcos2xdt 2 cos sinx xdx

Suy ra :

ln



Ý 2

(1,0đ)

KL:   1 1 cos22

ln

2 cos

x

x

Ta có: Hệ số góc của tiếp tuyến   cần tìm là  3 0,25 đ

Do đó:  1 : 3x  y b 0 tiếp xúc (C) d I , 1 R

3

2

b

b



      KL:  1 : 3x  y 2 30

0,25 đ

Câu Vb

(1,0đ)

Và :  2 : 3x  y b 0 tiếp xúc (C) d I , 2 R

3

2

b

b



      KL:  2 : 3x  y 2 30

0,25 đ

ĐK: x > 0 BPT 4 log 3xlog3x5(HS ĐB) 0,25 đ Đặt tlog3x Ta có: t2     4t 5 0 t 5hoặc 1 t 0,25 đ

Ý 1

(1,0đ)

KL: Nghiệm BPT là 0 1

243

x

  hoặc 3x 0,50 đ

Ta có:

2 2

1 ' mx

y

x



Hàm số có 2 cực trị  y'0 có 2 nghiệm PB khác 0  m 0 0,25đ

2

m

Câu VIb

(2,0đ)

Ý 2

(1,0đ)

   

m

 (không đổi) KL:

1 ( ) 2

m  th 0,25đ

…HẾT…

HƯỚNG DẪN CHẤM:

 Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành

và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh

làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm Điểm toàn bài thi không

làm tròn số.

 Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất Tuy nhiên , điểm trong từng câu và từng ý không được thay đổi.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1

Môn thi: TOÁN – Khối B

Thời gian làm bài: 180 phút , không kể thời gian giao đề

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

Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số yx42m x2 2m42m (1), với m là tham số.

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m1

2 Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt, với mọi m0

Câu II: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình 2 sin 2 4 sin 1

6

2 Tìm các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình 2

1

y x m

y xy

 





 có nghiệm duy nhất.

Câu III: (2,0 điểm)

1 Tìm nguyên hàm của hàm số    

2

4

1

2 1

x

f x

x





2 Với mọi số thực dương ; ;x y z thỏa điều kiện x  y z 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x y z 2 1 1 1

x y z

Câu IV: (1,0 điểm) Cho khối tứ diện ABCD Trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các điểm M, N,

P sao cho BC4BM BD, 2BN và AC3AP Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện ABCD

làm hai phần Tính tỉ số thể tích giữa hai phần đó

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.

A Theo chương trình Chuẩn

Câu Va: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho đường thẳng  d : 2x  y 4 0 Lập phương

trình đường tròn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d).

Câu VIa: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình 2xlog4x 8log2 x

2 Viết phương trình các đường thẳng cắt đồ thị hàm số 1

2

x y x





 tại hai điểm phân biệt sao cho hoành độ và tung độ của mỗi điểm là các số nguyên

B Theo chương trình Nâng cao

Câu Vb: (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , cho các điểm A1;3;5 , B 4;3; 2 , C 0; 2;1 Tìm tọa

độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Câu VIb: (2,0 điểm)

1 Giải bất phương trình 2 1 log  2xlog4xlog8x0

2 Tìm m để đồ thị hàm số 3   2

yx  m x  mx có điểm uốn ở trên đồ thị hàm số yx3

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH

ĐÁP ÁN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1

Môn thi: TOÁN – Khối B

Khi m  1 y x42x23

Giới hạn: lim ; lim

     

Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên khoảng 1; 0 , 1;  và nghịch biến trên khoảng  ; 1 , 0;1  

Hàm số đạt CĐ tại x0,y CD 3 và đạt CT tại x 1,y CT 2

0,25 đ

Ý 1

(1,0đ)

Đồ thị cắt Oy tại (0;3) Đồ thị đối xứng qua Oy 0,25 đ

Phương trình HĐGĐ của đồ thị (1) và Ox:

Đặt 2 

0

tx t , ta có : t22m t2 m42m0() 0,25 đ

Ta có :   ' 2m0 và S2m2 0 với mọi m0 Nên PT () có nghiệm dương 0,25 đ

Câu I

(2,0đ)

Ý 2

(1,0đ)

KL: PT () có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm) 0,25 đ

PT  3 sin 2xcos 2x4 sinx 1 0

2

2 3 sin cosx x 2 sin x 4 sinx 0

2 3 cosx sinx 2 sinx 0

Khi : sin 3 cos 2 sin 1 5 2

x x  x   x  k 

Ý 1

(1,0đ)

Khi: sinx  0 x k  KL: nghiệm PT là , 5 2

6

xk  x  k 

Ta có : x2ym, nên : 2y2my  1 y 0,25 đ

PT

1 1 2

y

m y

y







    

Xét   1   12

Câu II

(2,0đ)

Ý 2

(1,0đ)

Lập BTT KL: Hệ có nghiệm duy nhất  m 2 0,25 đ

Câu III

(2,0đ)

Ý 1

(1,0đ) Ta có:   1 1 2 1 ,

3 2 1 2 1

f x

KL:   1 1 3

9 2 1

x

x





Áp dụng BĐT Cô-si :18x 2 12

x

  (1) Dấu bằng xãy ra khi 1

3

x 0,25 đ

Tương tự:18y 2 12

y

  (2) và18z 2 12

z

Mà: 17x y z 17 (4) Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P19 0,25 đ

Ý 2

(1,0đ)

1 19

3

Gọi T là giao điểm của MN với CD; Q là giao điểm của PT với AD

Vẽ DD’ // BC, ta có: DD’=BM ' 1

3

TD DD

TC MC

AT DP

TC  AC    QA  AT  CA 0,25 đ

.

A PQN

A CDN

Câu IV

(1,0đ)

Và . .

C PMN

C ABN

Từ (1) và (2), suy ra : 7

20

KL tỉ số thể tích cần tìm là 7

13hoặc

13

7 .

0,25 đ

Gọi I m m ; 2  4  d là tâm đường tròn cần tìm 0,25 đ

Ta có: 2 4 4, 4

3

Khi: 4

3

m thì PT ĐT là

      

Câu Va

(1,0đ)

Khi: m4 thì PT ĐT là   2 2

ĐK : x0 Ta có: 1 log 2xlog4x3log2 x 0,25 đ

Đặt tlog2x.Ta có: t2    3t 2 0 t 1,t2 0,25 đ

Khi: t1 thì log2x  1 x 2( )th 0,25 đ

Ý 1

(1,0đ)

Khi: t2 thì log2 x  2 x 4( )th KL: Nghiệm PT x2,x4 0,25 đ

Ta có: 1 1

2

y

x

 

Suy ra: ;x y      Z x 2 1 x 3,x1 0,25 đ

Tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là những số nguyên là A   1; 0 ,B 3; 2 0,25 đ

Câu VIa

(2,0đ)

Ý 2

(1,0đ)

KL: PT đường thẳng cần tìm là x  y 1 0 0,25 đ

Ta có: AB  3; 0; 3  AB3 2

Do đó: ABC đều, suy ra tâm I đường tròn ngoại tiếp ABClà

Câu Vb

(1,0đ)

KL: 5 8 8; ;

3 3 3

I 

ĐK :x0 Đặt tlog2x, ta có : 1  0

3

t

t t

BPT 3 2 4 0 4 0

3

Ý 1

(1,0đ)

KL: 2

3

Ta có: 2  

' 3 2 5 5 ; " 6 2 10

y  x  m x m y  x m 0,25 đ

5

" 0

3

m

; y’’đổi dấu qua 5

3

m

x 

Suy ra:  3  

5

;

m U

là điểm uốn

0,50 đ

Câu VIb

(2,0đ)

Ý 2

(1,0đ)

…HẾT…

HƯỚNG DẪN CHẤM:

 Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành

và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh

làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm Điểm toàn bài thi không

làm tròn số.

 Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất Tuy nhiên , điểm trong từng câu và từng ý không được thay đổi.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1

Môn thi: TOÁN – Khối D

Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian giao đề

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

Câu I: (2,0 điểm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3

1

x y x





 .

2 Viết phương trình đường thẳng d qua điểm I1;1 và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm của đoạn MN.

Câu II: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình cos 3xsin 2x 3 sin 3 xcos 2x

2 Giải hệ phương trình  3 3

2 2

9

x y xy

x y







Câu III: (2,0 điểm)

1 Tìm các giá trị của tham số m để phương trình    2  2

m  x  x m có nghiệm

1 2

ab bc ca a b c

   với mọi số dương ; ;a b c

Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều ABC A B C có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A ' ' '

đến mặt phẳng (A’BC) bằng

2

a Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' '

II PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.

A Theo chương trình Chuẩn

Câu Va: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) Lập phương trình đường thẳng qua M 2;1 và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4

Câu VI.a: (2,0 điểm)

1 Giải bất phương trình1 log 2xlog2x2log 26x

2 Tìm ln x dx2

B Theo chương trình Nâng cao

Câu Vb: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho điểm 3;1

2

M 

  Viết phương trình chính

tắc của elip đi qua điểm M và nhận F1 3; 0 làm tiêu điểm

Câu VI.b: (2,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình

1

2x 3y

y x x y









2 Tìm nguyên hàm của hàm số   cos 2 1

cos 2 1

x

f x

x





 .

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH

ĐÁP ÁN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1

Môn thi: TOÁN – Khối D

Sự biến thiên:

 Giới hạn và tiệm cận: lim 1; lim 1 1

      là TCN

0,25 đ

4

1

x

 BBT: Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 ,  1; 

Và không có cực trị

0,25 đ

Ý 1

(1,0đ)

Đồ thị: ĐT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và đối xứng qua 1;1 0,25 đ Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k d y: k x  1 1

Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N : 3 1

1

x

x





có 2 nghiệm PB khác 1

0,25 đ

Hay:   2

f x kx  kx  k có 2 nghiệm PB khác 1

 

0

1 4 0

k

f

 





Mặt khác: x M x N   2 2x I  I là trung điểm MN với  k 0 0,25 đ

KL: PT đường thẳng cần tìm là ykx k 1 với k0 0,25 đ

Câu I

(2,0đ)

Ý 2

(1,0đ)

Chú ý: Có thể chứng minh đồ thị ( C) có I là tâm đối xứng, dựa vào

đồ thị ( C) để kết luận kết quả trên

Ta có: PT cos 3x 3 sin 3x 3 cos 2xsin 2x

cos 3 sin 3 cos 2 sin 2

cos 3 cos 2

0,50 đ

x  x  k  x  k 

Ý 1

(1,0đ)

k

x     x  k    x   

0,25 đ

Ta có : x y2 2  9 xy 3 0,25 đ

Câu II

(2,0đ)

Ý 2

(1,0đ)

Khi: xy3, ta có: x3y34 và 3  3

Suy ra: 3  3

;

x y là nghiệm PT X24X27 0 X  2 31

Vậy ngiệm của PT là x32 31,y 32 31 Hayx32 31,y 32 31

0,25 đ

Khi: xy 3, ta có: x3y3  4 và 3  3

x y  Suy ra: 3  3

;

x y là nghiệm PT X24X 270(PTVN) 0,25 đ

Đặt t x21 ĐK: t1, ta có:    2

Hay: 1  

1 2

t

' 1

 

2

2

4 3

2

t t

t

 

Ý 1

(1,0đ)

Dựa vào BBT, ta kết luận 4

3

Ta có:

2

1 2 2

a b  a b  ab  

Tương tự:

2

1 2

b

b bc

b c 

2

1 2

c

c ca

c a  

Câu III

(2,0đ)

Ý 2

(1,0đ)

Cộng (1), (2), (3), ta có:

1 2

ab bc ca a b c

0,25 đ

Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A’M

'

BC AM

BC AA M BC AH

BC AA



0,25 đ

2

a

AH A M AH  A BC AH  0,25 đ

Mặt khác: 1 2 1 2 1 2 ' 6

4 '

a AA

Câu IV

(1,0đ)

KL:

3 ' ' '

3 2 16

ABC A B C

a

Gọi d là ĐT cần tìm và A a   ; 0 ,B 0;b là giao điểm của d với Ox,

Oy, suy ra: d:x y 1

a b Theo giả thiết, ta có: 2 1 1,ab 8

a b  0,25 đ Khi ab8 thì 2b a 8 Nên: b2;a 4 d1:x2y 4 0 0,25 đ

Khi ab 8 thì 2b  a 8 Ta có:

2

b  b     b Với b  2 2 2d2: 1  2x 2 1 2y 4 0

0,25 đ

Câu Va

(1,0đ)

Với b  2 2 2d3: 1  2x 2 1 2y 4 0 KL 0,25 đ

ĐK: 0 x 6 BPT  2   2

log 2x 4x log 6 x

Hay: BPT 2  2 2

2x 4x 6 x x 16x 36 0

Ý 1

(1,0đ)

So sánh với điều kiện KL: Nghiệm BPT là 2 x 6 0,25 đ

Đặt u lnx2 du 2dx

x

   và dvdx chọn vx 0,25 đ

Suy ra : I lnx dx2 xlnx22dx x lnx22x C 0,50 đ

Câu VIa

(2,0đ)

Ý 2

(1,0đ)

KL: I lnx dx x2  lnx22x C 0,25 đ

PTCT elip có dạng:

2 2

x y

a b

Ta có:

2 2

3

1 4

3 1







Ta có: 4 4 2 3 0 2 1( ), 2 3( )

4

Câu Vb

(1,0đ)

Do đó: a2 4 KL:

2 2

1

4 1

x y

y  x x  y yx y  x  y x y x 0,50 đ

Khi: y 1 x thì 2x 32x 6x   9 x log 96 0,25 đ

Ý 1

(1,0đ)

Khi: yx thì 1 2

3

2

3

x

x

Ta có:   2

tan

1 cos

f x

x

Câu VIb

(2,0đ)

Ý 2

(1,0đ)

KL: F x  x tanx C 0,50 đ

…HẾT…

HƯỚNG DẪN CHẤM:

 Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành

và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh

làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm Điểm toàn bài thi không

làm tròn số.

 Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất Tuy nhiên , điểm trong từng câu và từng ý không được thay đổi.