Đề Toán khối B và D đều “khó nuốt” http://dantri.com.vn/c704/s704-407963/de-toan-khoi-b-va-d-kho-nuot.htm (Dân trí) - Toán khối B, D dễ hơn khối A nhưng với lực học của các thí sinh dự thi hai khối này thì lại tương đối khó. Các thí sinh đều cho biết là các dạng toán không có gì mới so với mọi năm nhưng nhiều câu “hóc”. Khác với tâm trạng phấn chấn khi kết thúc buổi thi môn Sinh và Văn trong buổi sáng, kết thúc buổi thi chiều nay những nụ cười không còn hiện trên gương mặt các thí sinh (TS) dự thi khối B, D mà thay vào đó là những tâm trạng khá thất vọng. … Không chỉ có thí sinh khối B “méo mó” với đề thi Toán mà TS khối D cũng lâm vào tình cảnh tương tự. Đánh giá về đề thi môn Toán, Th.S Trần Nguyên, giảng viên Trường ĐH Kinh tế Kỹ thuật Công nghiệp Hà Nội cho biết: “Đề Toán cả hai khối B, D đều dễ thở hơn rất nhiều so với khối A. Hầu hết các dạng toán đều khá quen thuộc không có sự đột biến nhiều. Tuy nhiên đề lại phân loại được thí sinh khá tốt khi có một số câu hỏi khó dành cho thí sinh khá, giỏi”. Về đề thi Toán ở từng khối thi, thầy Nguyên phân tích: Đối với khối B thì toàn bộ câu 1 không có đáng nói vì đó là các bài toán dạng cơ bản, đối với ý 2 thì chỉ cần lưu ý đến điều kiện để có 2 nghiệm là được. Câu 2 ý 1 là dạng toán cơ bản, thí sinh chỉ cần nắm chắc biến đổi lượng giác là không khó để có đáp án. Còn ý 2 là một câu tương đối khó, bài này tốt nhất nên biến đổi và đặt ẩn phụ, thí sinh cần lưu ý đến điều kiện của bài toán. Câu 3, 4 và phần tự chọn là những câu hỏi không quá khó nhưng đòi hỏi thí sinh phải cẩn thận và nắm chắc kiến thức. Thí sinh có học lực trung bình khó có thể hoàn thành tốt các câu này. Riêng câu 5 là tương đối khó. Bài toán này chỉ dành cho những thí sinh có học lực khá giỏi. Về phương pháp giải bài này thì có nhiều cách nhưng thí sinh có thể dùng cosi để làm. Đối với khối D thì mức độ giảm hơn. Cụ thể ở câu 1 thì bài toán cơ bản nhẹ nhàng hơn khối B. Toàn bộ câu 2 không có gì khó. Đối với ý 2 chỉ cần đưa cùng về cùng một cơ số sau đó chuyển bài toán thành giải phương trình căn thức là giải được ngay. Câu 3 là dạng tích phân khá đơn giản. Thí sinh có thể biến đổi thành hai tích phân để tránh nhầm lẫn. Câu 4 hình học không gian cũng là một câu tương đối dễ, nếu thí sinh vẽ được hình thì không khó để giải quyết bài toán. Các phần tự chọn không quá khó, những dạng toán này khá cơ bản. Thí sinh năm chắc kiến thức SGK có thể giải quyết nhanh được các bài toán này. Riêng đối với câu 5 dùng để phân loại thí sinh, mặc dù mức độ khó dễ hơn khối B nhưng đối với thí sinh khối D sẽ rất ít sinh giải quyết gọn được bài này. “Theo tôi thì phổ biến môn Toán khối B sẽ chủ yếu ở mức 5-6, điểm 7-8 có nhưng không nhiều. Riêng điểm 9-10 sẽ rất khan hiếm. Đối với khối D thì phổ điểm cũng sẽ tương tự nhưng có thể điểm 9-10 sẽ nhiều hơn một chút”, thầy Nguyên cho biết. Nguyễn Hùng ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 Mơn thi : TỐN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = 2x 1 x 1 + + đ 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3 (O là gốc tọa độ). Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (sin 2x + cos 2x) cosx + 2cos2x – sin x = 0 2. Giải phương trình 2 3 1 6 3 14 8 0x x x x+ − − + − − = (x ∈ R). Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I = 2 1 ln (2 ln ) e x dx x x+ ∫ Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 60 0 . Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a. Câu V (1,0 điểm). Cho các số thực khơng âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M=3(a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 a 2 ) + 3(ab + bc + ca) + 2 2 2 2 a b c+ + . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng tại A, có đỉnh C(-4; 1), phân giác trong góc A có phương trình x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hồnh độ dương. 2. Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A (1; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c), trong đó b, c dương và mặt phẳng (P): y – z + 1 = 0. Xác định b và c, biết mặt phẳng (ABC) vng góc với mặt phẳng (P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng 1 3 . Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn: (1 )z i i z− = + . B. Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): 2 2 1 3 2 x y + = . Gọi F 1 và F 2 là các tiêu điểm của (E) (F 1 có hồnh độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF 1 với (E); N là điểm đối xứng của F 2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF 2 . 2. Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: 1 2 1 2 x y z− = = . Xác định tọa độ điểm M trên trục hồnh sao cho khoảng cách từ M đến ∆ bằng OM. Câu VII.b (1,0 điểm) Gỉai hệ phương trình : 2 x x 2 log (3y 1) x 4 2 3y − = + = (x, y ∈ R) BÀI GIẢI O 1 -1 3 2 -2-3 1 2 − 5 2 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I. 1. { } ( ) / 2 1 \ 1 ; 0, 1 D y x D x = − = > ∀ ∈ + ¡ TCĐ: x= -1 vì 1 1 lim , lim x x y y − + →− → = +∞ = −∞ ; TCN: y = 2 vì lim 2 x y →±∞ = Hàm số đồng biến trên (−∞; −1) và (−1; +∞). Hàm số không có cực trị. x -∞ -1 +∞ y’ + + y +∞ 2 2 -∞ 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y = -2x +m ( ) ( ) 2 2 1 2 2 4 1 0 * 1 x x m x m x m x + = − + ⇔ + − + − = + (vì x = -1 không là nghiệm) Phương trình (*) có 2 8 0,m m∆ = + > ∀ nên d luôn cắt (C) tại điểm A, B.Ta có: ( ) ( ) 1 3 3 2 2 2 3 2 OAB A B B A A B B A S x y x y x x m x x m ∆ = ⇔ − = ⇔ − + − − + = ( ) ( ) 2 2 2 3 12 A B A B m x x m x x⇔ − = ⇔ − = 2 2 8 12 4 m m + ⇔ = 4 2 2 8 48 0 4 2m m m m⇔ + − = ⇔ = ⇔ = ± Câu II. 1. (sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x – sinx = 0 ⇔ cos2x (cosx + 2) + sinx (2cos 2 x – 1) = 0 ⇔ cos2x (cosx + 2) + sinx.cos2x = 0 ⇔ cos2x (cosx + sinx + 2 = 0) ⇔ cos2x = 0 ⇔ 2x = 2 k π π + ⇔ x = 4 2 k π π + (k ∈ Z) 2. 2 3 1 6 3 14 8 0x x x x+ − − + − − = , điều kiện : 1 x 6 3 − ≤ ≤ ⇔ 2 3 1 4 1 6 3 14 5 0x x x x+ − + − − + − − = ⇔ 3 15 5 ( 5)(3 1) 0 3 1 4 1 6 x x x x x x − − + + − + = + + + − ⇔ x – 5 = 0 hay 3 1 (3 1) 0 3 1 4 1 6 x x x + + + = + + + − (vô nghiệm) ⇔ x = 5 Câu III. ( ) 2 1 ln 2 ln e x I dx x x = + ∫ ; 1 lnu x du dx x = ⇒ = x 1 e u 0 1 ( ) ( ) 1 1 2 2 0 0 1 2 2 2 2 u I du du u u u = = − ÷ ÷ + + + ∫ ∫ 1 0 2 ln 2 2 u u = + + ÷ + ( ) 2 ln3 ln 2 1 3 = + − + ÷ 3 1 ln 2 3 = − ÷ Câu IV. Gọi H là trung điểm của BC, theo giả thuyết ta có : · 0 A'HA 60= . Ta có : AH = a 3 2 , A’H = 2AH = a 3 và AA’ = a 3. 3 2 = 3a 2 Vậy thể tích khối lăng trụ V = 2 a 3 3a 4 2 = 3 3a 3 8 Kẻ đường trung trực của GA tại trung điểm M của GA trong mặt phẳng A’AH cắt GI tại J thì GJ là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC. Ta có: GM.GA = GJ.GI ⇒ R = GJ = .GM GA GI = 2 2 2 2 2 GA GI IA GI GI + = = 7 12 a Câu V. Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇒ 1 = (a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca) ⇒ a 2 + b 2 + c 2 = 1 – 2t và 1 0 3 t≤ ≤ Theo B.C.S ta có : t 2 = (ab + bc + ca) 2 ≤ 3(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) ⇒ M ≥ 2 3 2 1 2 ( )t t t f t+ + − = f’(t) = 2 2 3 1 2 t t + − − f ’’(t) = 3 2 2 (1 2 )t − − < 0, ∀t ∈ 1 0, 3 ⇒ f’(t) là hàm giảm 1 11 '( ) '( ) 2 3 3 3 f t f≥ = − > 0 ⇒ f tăng ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2, ∀t ∈ 1 0, 3 ⇒ M ≥ 2, ∀ a, b, c không âm thỏa a + b + c = 1 Khi a = b = 0 và c = 1 thì M = 2. Vậy min M = 2. A’ A B C C’ B’ H G I M PHẦN RIÊNG A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a. 1. Vì C (-4; 1), µ A vuông và phân giác trong góc A là (d) : x + y – 5 = 0, x A > 0 nên A(4; 1) ⇒ AC = 8 Mà diện tích ∆ABC = 24 nên AB = 6. Mặt khác, AB vuông góc với trục hoành nên B (4; 7) Vậy phương trình của BC là: 3x + 4y – 16 = 0 2. A (1; 0; 0); B (0; b; 0); C (0; 0; c) với b, c > 0 ⇒ (ABC) : 1 1 x y z b c + + = ⇒ (ABC) : bc.x + cy + bz – bc = 0 Vì d (0; ABC) = 1 3 nên 2 2 2 2 1 3 bc b c b c = + + ⇒ 3b 2 c 2 = b 2 c 2 + b 2 + c 2 ⇔ b 2 + c 2 = 2b 2 c 2 (1) (P) : y – z + 1 = 0 có VTPT là (0;1; 1) P n = − uur (ABC) có VTPT là ( ; ; )n bc c b= r Vì (P) vuông góc với (ABC) ⇒ . 0 P P n n n n⊥ ⇔ = r uur r uur ⇒ c – b = 0 (2) Từ (1), (2) và b, c > 0 suy ra : b = c = 1 Câu VII.a. z = a + ib. Suy ra : ( 1)z i a b i− = + − và (1+i)z = (1 + i)(a + bi) = (a – b) + (a + b)i (1 )z i i z− = + ⇔ 2 2 2 2 ( 1) ( ) ( )a b a b a b+ − = − + + ⇔ a 2 + (b 2 – 2b + 1) = 2 (a 2 + b 2 ) ⇔ a 2 + b 2 + 2b – 1 = 0 ⇔ a 2 + (b + 1) 2 = 2 Vậy z = a + ib với a, b thỏa a 2 + (b + 1) 2 = 2. B. Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b. 1. ( ) 2 2 2 2 2 : 1 3 2 1 3 2 x y E c a b+ = ⇒ = − = − = Do đó F 1 (-1; 0); F 2 (1; 0); (AF 1 ) có phương trình 3 1 0x y− + = ⇒ M 2 1; 3 ÷ ⇒ N 4 1; 3 ÷ ⇒ 1 NA 1; 3 = − ÷ uuur ; ( ) 2 F A 1; 3= uuur ⇒ 2 NA.F A 0= uuur uuur ⇒ ∆ANF 2 vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính là F 2 N. Do đó đường tròn có phương trình là : 2 2 2 4 ( 1) 3 3 x y − + − = ÷ 2. d (M; ∆) = NM,a a ∆ ∆ uuuur uur uur . M ∈ Ox ⇔ M (m; 0; 0) ∆ qua N (0; 1; 0) có VTCP a r = (2; 1; 2) NM (m; 1;0)= − uuuur ⇒ a, NM (2;2m; 2 m) = − − r uuuur Ta có: d (M, ∆) = OM ⇔ a, NM OM a = r uuuur r ⇔ 2 5m 4m 8 m 3 + + = ⇔ 4m 2 – 4m – 8 = 0 ⇔ m = −1 hay m = 2. Vậy M (−1; 0; 0) hay M (2; 0; 0) A B C (d) Câu VII.b. 2 x x 2 log (3y 1) x 4 2 3y − = + = ⇔ x x x 2 3y 1 2 4 2 3y − = + = ⇔ x x x 2 2 1 y 3 4 2 3y + = + = ⇔ x x x x 2 2 1 y 3 3(4 2 ) (2 1) + = + = + ⇔ x x x 2 1 y 3 2.4 2 1 0 + = + − = ⇔ x x x 2 1 y 3 1 (2 1)(2 ) 0 2 + = + − = ⇔ x x 2 1 y 3 1 2 2 + = = ⇔ x 1 1 y 2 = − = Ths. Lê Ngô Thiện, Lưu Nam Phát (ĐH Sư Phạm – TP.HCM) . Đề Toán khối B và D đều “khó nuốt” http://dantri.com.vn/c704/s704-407963/de -toan- khoi-b-va-d-kho-nuot.htm (Dân trí) - Toán khối B, D dễ hơn khối A nhưng với lực học của các