Đáp án đề thi tuyển sinh Đại học 2010 mônToán khối B

Gợi ý giải môn Toán khối B Năm 2010 – 2011 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I. 1. {} () / 2 1 \1; 0, 1 D yx x =− = >∀∈ +  D TCĐ: x= -1 vì ; TCN: y = 2 vì 11 lim , lim xx yy −+ →− → =+∞ =−∞ lim 2 x y →±∞ = Hàm số đồng biến trên (−∞; −1) và (−1; +∞). Hàm số không có cực trị. x -∞ -1 +∞ y’ + + y +∞ 2 2 -∞ O 1 -1 3 2 -2-3 1 2 − 5 2 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y = -2x +m () ( 2 21 22410 1 x xm x mx m x + =− + ⇔ + − + − = + ) * m (vì x = -1 không là nghiệm) Phương trình (*) có nên d luôn cắt (C) tại điểm A, B.Ta có: 2 80,mΔ= + > ∀ ()() 1 3322 2 OAB A B B A A B B A Sxyxyxxmxxm Δ =⇔ − = ⇔ −+−−+= 23 () () 2 2 23 12 AB AB mx x m x x⇔−=⇔ −= 2 2 8 12 4 m m + ⇔ = 42 2 8480 4mm m m⇔+ −=⇔=⇔=±2 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 = 42 k π π + (k ∈ Z) 2. 2 31 6 3 1480xxxx+− − + − −= , điều kiện : 1 x6 3 − ≤≤ ⇔ 2 3141 6 3 1450xxxx+−+− − + − −= ⇔ 315 5 (5)(31)0 3141 6 xx xx xx −− ++−+ ++ + − = ⇔ x – 5 = 0 hay 31 (3 1) 0 3141 6 x xx + ++= ++ + − (vô nghiệm) ⇔ x = 5 Câu III. () 2 1 ln 2ln e x Id x xx = + ∫ ; 1 lnu x du dx x =⇒= x 1 e u 0 1 () () 11 22 00 12 2 22 u I du du u uu ⎛⎞ ==− ⎜⎟ ⎜⎟ + ++ ⎝⎠ ∫∫ 1 0 2 ln 2 2 u u ⎛⎞ =++ ⎜⎟ + ⎝⎠ () 2 ln 3 ln 2 1 3 ⎛⎞ =+−+ ⎜⎟ ⎝⎠ 31 ln 23 ⎛⎞ =− ⎜⎟ ⎝⎠ Câu IV. Gọi H là trung điểm của BC, theo giả thuyết ta có : . Ta có : AH =  0 A'HA 60= a3 2 , A’H = 2AH = a3 và AA’ = a3.3 2 = 3a 2 Vậy thể tích khối lăng trụ V = 2 a33a 42 = 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 = 222 22 GA GI IA GI GI + = = 7 12 a A’ A B C B’ H G I C’ M 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 3212 ()tt tft++ − = f’(t) = 2 23 12 t t +− − f ’’(t) = 3 2 2 (1 2 )t − − < 0, ∀t ∈ 1 0, 3 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⇒ f’(t) là hàm giảm 111 '( ) '( ) 2 3 33 ft 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. PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a. 1. Vì C (-4; 1), vuông và phân giác trong  A góc A là (d) : x + y – 5 = 0, x A > 0 nên A(4; 1) ⇒ AC = 8 Mà diện tích ΔABC = 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 A B C (d) 2. A (1; 0; 0); B (0; b; 0); C (0; 0; c) với b, c > 0 ⇒ (ABC) : 1 1 xyz bc ++= ⇒ (ABC) : bc.x + cy + bz – bc = 0 Vì d (0; ABC) = 1 3 nên 22 2 2 1 3 bc bc 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 (;;)nbccb= r Vì (P) vuông góc với (ABC) ⇒ . PP nn nn 0⊥ ⇔= r uurruur ⇒ c – b = 0 (2) Từ (1), (2) và b, c > 0 suy ra : b = c = 1 Câu VII.a. z = a + ib. Suy ra : và (1+i)z = (1 + i)(a + bi) = (a – b) + (a + b)i (1)zia b i−= + − (1 )zi iz−= + ⇔ 22 2 (1) ( )( )ab ab ab+− = − ++ 2 ⇔ 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. () 22 222 :1 32 32 xy Ecab+=⇒=−=−=1 Do đó F 1 (-1; 0); F 2 (1; 0); (AF 1 ) có phương trình 310xy− += ⇒ M 2 1; 3 ⎛ ⎜ ⎝⎠ ⎞ ⎟ ⇒ N 4 1; 3 ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ ⇒ 1 NA 1; 3 ⎛⎞ =− ⎜⎟ ⎝⎠ uuur ; ( ) 2 FA 1; 3= uuur ⇒ 2 NA.F A 0= uuur uuur ⇒ ΔANF 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 24 (1) 3 3 xy ⎛⎞ − +− = ⎜⎟ ⎝⎠ 2. d (M; Δ) = NM, a a Δ Δ uuuuruur uur . M ∈ Ox ⇔ M (m; 0; 0) Δ qua N (0; 1; 0) có VTCP a r = (2; 1; 2) ⇒ NM (m; 1; 0)=− uuuur a, NM (2;2m; 2 m) ⎡⎤ =−− ⎣⎦ ruuuur Ta có: d (M, Δ) = 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) Câu VII.b. ⇔ ⇔ 2 xx 2 log (3y 1) x 423y −= ⎧ ⎨ += ⎩ x xx 3y 1 2 423y ⎧ −= ⎪ ⎨ += ⎪ ⎩ 2 x xx 21 y 3 423y ⎧ + = ⎪ ⎨ ⎪ += ⎩ 2 ⇔ x xx x 21 y 3 3(4 2 ) (2 1) ⎧ + = ⎪ ⎨ ⎪ 2 + =+ ⎩ ⇔ x xx 21 y 3 2.4 2 1 0 ⎧ + = ⎪ ⎨ ⎪ +−= ⎩ ⇔ x xx 21 y 3 1 (2 1)(2 ) 0 2 ⎧ + = ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ + −= ⎪ ⎩ ⇔ x x 21 y 3 1 2 2 ⎧ + = ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ = ⎪ ⎩ ⇔ x1 1 y 2 =− ⎧ ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩ . với b, c > 0 ⇒ (ABC) : 1 1 xyz bc ++= ⇒ (ABC) : bc.x + cy + bz – bc = 0 Vì d (0; ABC) = 1 3 nên 22 2 2 1 3 bc bc b c = ++ ⇒ 3b 2 c 2 = b 2 c 2 + b 2. 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