Theo ch ươ ng trình Chu ẩ n Câu VI.a.. Theo Ch ươ ng trình Nâng Cao[r]
(1)O -1
3
-2
-3
2 −
5
Gợi ý giải mơn Tốn khối B Năm 2010 – 2011
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I { }
( )
/
2
1
\ ; 0,
1
D y x D
x
= − = > ∀ ∈
+ TCĐ: x= -1
1
lim , lim
x x
y y
− +
→− = +∞ → = −∞; TCN: y = limx→±∞y=2
Hàm sốđồng biến (−∞; −1) (−1; +∞) Hàm số khơng có cực trị x -∞ -1 +∞
y’ + +
y +∞ 2 -∞
2 Phương trình hồnh độ giao điểm (C) đường thẳng y = -2x +m
( ) ( )
2
2
2 *
1 x
x m x m x m
x++ = − + ⇔ + − + − = (vì x = -1 khơng nghiệm) Phương trình (*) có ∆ =m2+ > ∀8 0, m nên d cắt (C) điểm A, B.Ta có:
( ) ( )
1
3 2
2
OAB A B B A A B B A
S∆ = ⇔ x y −x y = ⇔ x − x +m −x − x +m =
( ) 2( )2
2 12
A B A B
m x x m x x
⇔ − = ⇔ − = 2
12
m
m +
⇔ =
4 2
8 48
m m m m
⇔ + − = ⇔ = ⇔ = ±
Câu II
1 (sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x – sinx = ⇔ cos2x (cosx + 2) + sinx (2cos2
x – 1) = ⇔ cos2x (cosx + 2) + sinx.cos2x =
⇔ cos2x (cosx + sinx + = 0) ⇔ cos2x = ⇔ 2x =
2 k
π + π ⇔ x =
4 k
π + π (k ∈ Z)
2 3x+ −1 6− +x 3x2−14x− =8 0, điều kiện : x
(2)⇔
3x+ − + −1 6− +x 3x −14x− =5
⇔ 15 ( 5)(3 1)
3
x x
x x
x x
− + − + − + =
+ + + −
⇔ x – = hay (3 1)
3x+ +1 4+1+ 6−x + x+ = (vô nghi
ệm) ⇔ x =
Câu III
( )2
ln ln
e
x
I dx
x x
=
+
∫ ; u lnx du 1dx x
= ⇒ =
x e u
( ) ( )
1
2
0
1
2
2
u
I du du
u
u u
= = −
+
+ +
∫ ∫
1
0
2 ln
2 u
u
= + + +
( )
2
ln ln
= + − +
3 ln
2
= −
Câu IV
Gọi H trung điểm BC, theo giả thuyết ta có :
0
A ' HA=60 Ta có : AH = a
2 , A’H = 2AH = a AA’ = a 3
2 = 3a
2
Vậy thể tích khối lăng trụ V =
2
a 3a =
3
3a
Kẻđường trung trực GA trung điểm M GA mặt phẳng A’AH cắt GI J GJ bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC
Ta có: GM.GA = GJ.GI
⇒ R = GJ = GM GA
GI =
2 2
2
GA GI IA
GI GI
+
= =
12 a
Câu V Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a2 + b2 + c2≥ ab + bc + ca
⇒ = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca)
⇒ a2 + b2 + c2 = – 2t t ≤ ≤
Theo B.C.S ta có : t2 = (ab + bc + ca)2≤ 3(a2b2 + b2c2 + c2a2)
⇒ M ≥ t2+ +3t 2− t = f t( ) f’(t) =
1 t
t + −
− f ’’(t) =
3
2
(1 )t −
− < 0, ∀t ∈ 0,
3
⇒ f’(t) hàm giảm
1 11 '( ) '( )
3
f t ≥ f = − > ⇒ f tăng ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2, ∀t ∈ 0,1
⇒ M ≥ 2, ∀ a, b, c không âm thỏa a + b + c =
Khi a = b = c = M = Vậy M =
A’
A
B C
C’
B’
H G
I
(3)PHẦN RIÊNG
A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a
1 Vì C (-4; 1), A vng phân giác góc A (d) : x + y – = 0, xA > nên A(4; 1)
⇒ AC =
Mà diện tích ∆ABC = 24 nên AB = Mặt khác, AB vng góc với trục hoành nên B (4; 7)
Vậy phương trình BC là: 3x + 4y – 16 = A (1; 0; 0); B (0; b; 0); C (0; 0; c) với b, c > ⇒ (ABC) :
1
x y z
b c
+ + = ⇒ (ABC) : bc.x + cy + bz – bc =
Vì d (0; ABC) =
3 nên 2 2
1 bc
b c b c
=
+ + ⇒ 3b
2
c2 = b2c2 + b2 + c2
⇔ b2 + c2 = 2b2c2 (1)
(P) : y – z + = có VTPT nP =(0;1; 1)−
uur
(ABC) có VTPT n=(bc c b; ; )
r
Vì (P) vng góc với (ABC) ⇒ n⊥nP ⇔n n P =0
r uur r uur
⇒ c – b = (2) Từ (1), (2) b, c > suy : b = c =
Câu VII.a
z = a + ib Suy : z i− = + −a (b 1)i (1+i)z = (1 + i)(a + bi) = (a – b) + (a + b)i
(1 )
z i− = +i z ⇔ a2+ −(b 1)2 = (a b− )2+ +(a b)2 ⇔ a2
+ (b2 – 2b + 1) = (a2 + b2) ⇔ a2 + b2 + 2b – = ⇔ a2 + (b + 1)2 = Vậy z = a + ib với a, b thỏa a2 + (b + 1)2 =
B Theo Chương trình Nâng Cao
Câu VI.b
1 ( )
2
2 2
:
3
x y
E + = ⇒c =a −b = − =
Do F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình x−y 1+ =0
⇒ M 1;
⇒ N
4 1;
3
⇒
1 NA 1;
3
= −
uuur
; F A2 =( )1;
uuur
⇒ NA.F A2 =0
uuur uuur
⇒ ∆ANF2 vuông A nên đường trịn ngoại tiếp tam giác có đường kính
F2N Do đường trịn có phương trình :
2
2
( 1)
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)
A B
C
(4)NM=(m; 1; 0)−
uuuur
⇒ a, NM =(2; 2m; m)− −
r uuuur
Ta có: d (M, ∆) = OM ⇔ a, NM OM a
= r uuuur
r ⇔
2
5m 4m
m
+ + =
⇔ 4m2 – 4m – = ⇔ m = −1 hay m = Vậy M (−1; 0; 0) hay M (2; 0; 0)
Câu VII.b
2
x x
log (3y 1) x
4 3y
− =
+ =
⇔
x
x x
3y 3y
− =
+ =
⇔
x
x x
2 y
3 3y
+
=
+ =
⇔
x
x x x
2 y
3
3(4 ) (2 1)
+
=
+ = +
⇔
x
x x
2 y
3
2.4
+
=
+ − =
⇔
x
x x
2 y
3 (2 1)(2 )
2
+
=
+ − =
⇔
x
x
2 y
3
2
+
=
=
⇔
x 1 y
2 = −
=