Theo chương tr ình Nâng cao Câu VI.[r]
(1)(2)1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Mơn thi: TỐN; Khối: B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2009 MƠN TỐN – KHỐI B Câu I
(2,0 điểm)
I.1 Đề bài:
Lời giải:
• TXĐ: D R≡ • Sự biến thiên
Ta có: ' 8 8 0
1
x
y x x
x
= ⎡
= − = ⇔ ⎢
= ±
⎣
Bảng biến thiên:
x −∞ -1 +∞
y' − + − +
y +∞ +∞ -2 -2
Đồ thịđồng biến khoảng (-1; 0) (1;+∞); nghịch biến khoảng (−∞ −; 1) ( )0;1 Hàm sốđạt cực tiểu x = -1 x = 1; yCT = −2; đạt cực đại x = 0; yCD =0
• Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình
• Nhận xét: đồ thị hàm sốđối xứng qua trục tung Oy, cắt trục hoành điểm (± 2;0)
I.2 Đề bài: Lời giải:
• Số nghiệm phương trình x x2| 2− = ⇔2 | m 2x4−4x2 =2m số giao điểm của đồ thị
hàm số y= 2x4−4x2 đường thẳng y=2m
• Vì
( )
4
4
4
2x 4x ; 2x 4x 2x 4x
2x 4x ; 2x 4x
⎧ − − ≥
⎪
− = ⎨
− − − <
⎪⎩ nên vẽ đồ thị hàm số
4
2x 4x
y= −
sau:
- Giữ nguyên phần đồ thị hàm số (C) trục hoành - Lấy đối xứng phần đồ thị nằm trục hồnh
• Từđó suy pt cho có nghiệm phân biệt ⇔ <0 2m< ⇔ < <2 m
Câu II (2,0 điểm)
II.1 Đề bài: Lời giải:
(3)2
(1) sin sin sin cos3 2cos 3sin sin
2
x x x x
x + x x −
⇔ + + = +
sin 3 cos3 2cos cos cos
x x x ⎛ x π ⎞ x
⇔ + = ⇔ ⎜ − ⎟=
⎝ ⎠
3
6 (k )
3
6
x x k
Z
x x k
π π π π ⎡ − = − ⎢ ⇔⎢ ∈ ⎢ − = − − ⎢⎣ ( ) 24 x k k Z k x π π π π ⎡ = − + ⎢ ⇔⎢ ∈ ⎢ = + ⎢⎣
Vậy phương trình có hai họ nghiệm
x= − +π kπ;
24
k
x= π + π (k ∈ Z)
II.2 Đề bài: Lời giải:
( )
2 2 2
1
1
1 13 13
x y y
xy x y
x y xy y x y xy y
⎧ + = − + + = ⎧⎪ ⇔⎪ ⎨ ⎨ + + = ⎪ ⎪ + + = ⎩ ⎩
Từ phương trình ta suy ra: 1 y x y − =
+ (y≠-1), thay vào phương trình sau ta
2
2
7 1 13
1
y y
y y y
y y
⎛ − ⎞ +⎛ − ⎞ + =
⎜ + ⎟ ⎜ + ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( )( )( )
4 2
36 33 1 12
1 3
1 1
3
y y y y y y y y
y x x y ⇔ − − + + = ⇔ − − + + = = ⎡ ⎡ = ⎢ ⇔⎢ ⇒ ⎢ = = ⎣ ⎣
Vậy hệ có nghiệm: (x ; y) = {(1 ;
3) ; (3 ; 1)}
Câu III (1,0 điểm)
Đề bài: Lời giải:
3 3
2
1 1
3 3
1 1
3 3
1 1
3 ln ln ( )
( 1) ( 1)
3 1
ln (ln )
1 1
3 1 3
ln ln ln ln
4 ( 1) 4 4
x dx
I dx xd
x x x
d x
x x x
dx
dx dx
x x x x
+ = = − + + + − = − + + + + = − + = − + − = + − + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Câu IV (1,0 điểm)
Đề bài:
Lời giải:
Gọi G trọng tâm tam giác ABC, M trung điểm AB G hình chiếu B’ lên (ABC) (giả thiết cho)
( )
(B B ABC' , ) (B B BG' , ) B BG'
⇒ = =
0
' 60
B BG
(4)3 '
B GB
Δ có
0 12
60 ' ' BG a B
BB a B G a
⎧ = ⎪ ⎫⎪ ⎪ = ⇒ ⎬ ⎨ = ⎪⎭ ⎪ = ⎪⎩ (*) Tính SABC theo a?
Đặt AB = 2x
3
AC CM MA MB x
BC x = = = = ⎧⎪ ⇒ ⎨ = ⎪⎩ 3 x GM CM ⇒ = =
Xét ΔGMB có GMB=2CAB=1200, theo định lí hàm số cosin ta có:
2 2 2. . cos1200
GB =GM +MB − GM MB
=
2
2 2.1 . 13
3
GB =⎜⎛ x⎞⎟ +x − x x⎛⎜− ⎞⎟= x
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Từ (*)
2
2
1 13
2a x x 13a
⎛ ⎞
⇒⎜ ⎟ = ⇔ =
⎝ ⎠
Vậy AC = x =
2 13a; BC =
3 3
2 13
x= a
2
1 3
2 2 13 13 104
ABC
S = AC CB= ⎜⎛ a⎟⎜⎞⎛⎜ a⎞⎟⎟= a
⎝ ⎠⎝ ⎠ (đvdd)
Do ABCA’B’C’ hình trụ nên (ABC) // (A’B’C’)
( )
( ', ) ( ',( )) '
2
d A ABC =d B ABC =B G= a
( )
( )
' 13 ', 2089
A ABC ABC
V S d A ABC a
⇒ = =
Câu V (1,0 điểm)
Đề bài: Lời giải:
Ta có: A=3(x4+y4+x y2 2) 2(− x2+y2) 1+
= 3(x2+y2 2) −2(x2+y2) 3− x y2 2+1 9( 2 2) 2( 2) 1
4 x y x y
≥ + − + +
( Vì: ( 2 2) 4 2 3( 2) 3 2
4
x + y ≥ x y ⇒ x +y ≥ x y ) Vì: 4xy≤(x y+ )2 nên từ giả thiết
2
1 (x y) (x y)
⇒ ≤ + + + ⇒(x y+ −1) (⎡ x y+ )2+2(x y+ ) 2+ ⎤≥0
⎣ ⎦
2
2 ( )
1
2
x y
x y x y +
⇒ + ≥ ⇒ + ≥ ≥
Do vậy: 4A=9(x2+y2) 8(− x2+y2) 4+ = ⎡8(x2+y2 2) +2⎤−8(x2+y2) (+ x2+y2 2) +2
⎣ ⎦
2 2 2
2(2( ) 1) ( )
4
x y x y
(5)4 Dấu “=” xảy
2
x= =y
Vậy: 16
A= , đạt
x= =y
Câu Via (2,0 điểm)
VIa.1 Đề bài: Lời giải:
Giả sử ( , ) ( ) ( 2)2 4(1)
5
K a b ∈ C ⇒ a− +b =
( 1)C tiếp xúc với Δ1, Δ2, ta có:
2
2 50
2
a b
a b a b
R b a = ⎡ − − ⎢ = = ⇒ ⎢ = − ⎣
2 4
1: ,(1) (2 2)
5 5
8 4
( ; );
5 5
TH a b b b b a
K R
= ⇒ − + = ⇒ = ⇒ =
⇒ =
2
2 : ,(4) ( 2)
2
b b
TH a= − ⇒ − − +b = ⇒ vô nghiệm
Vậy ( ; );8 4
5 5
K R=
VIa.2 Đề bài: Lời giải:
Giả sử véc tơ pháp tuyến (P) ( , , )Δ a b c ; (a2+b2+c2>0)
( ) : (P a x 1) b y( 2) c z( 1) 0(1)
⇒ − + − + − =
( )
ax by cz a b c
⇒ + + − + + =
( 2,1,3) ( ) 0(2)
B − ∈ P ⇒ − − +a b c=
Khoảng cách từ C, D tới (P):
2 2 2
2
2
0
a b
a b c a b c b c a b c
b
a b c a b c
= − + − − − = + − − − ⎡ ⇒ ⎢ = + + + + ⎣ : ,(2)
2
b
TH a= b ⇒ =c ⇒phương trình ( ) : 4P x+2y+7z−15 0=
2
3 : 0,(2)
2
a
TH b= ⇒ =c ⇒phương trình ( ) : 2P x+3z− =5 Câu VIIa
(1,0 điểm)
Đề bài: Lời giải:
Giả sử z = a +bi, (a,b ∈R ) ⇒ z = −a bi
Từ giả thiết suy ra: ( ) (2 )2
2
2 10
25 a b a b ⎧ − + − = ⎪ ⎨ + =
⎪⎩ ⇔ 2
(6)5
⇔ 2 10 2
(10 20) 25
b a
a
= −
⎧
⎨ + − =
⎩ ⇔
10 15 25
b a a a = − ⎧ ⎨ − + = ⎩ a b = ⎧ ⇔ ⎨ = ⎩
Vậy: a b = ⎧ ⎨ = ⎩
Vậy số phức z cần tìm là: z = z = + 4i Câu VIb
(2,0 điểm)
2 điểm. VIb.1 Đề bài: Lời giải:
Gọi AH ⊥ Δ ⇒( ) phương trình đường thẳng (AH) có dạng: 1.(x+ +1) 1.(y−4) 0= hay 0x y+ − =
Tọa độ H nghiệm hệ:
7
3 2
4
2
x x y
x y y
⎧ = ⎪ + − = ⎧ ⇒⎪ ⎨ − − = ⎨ ⎩ ⎪ = − ⎪⎩
Đỉnh B∈ Δ ⇒( ) B t t( ; −4) ABC
Δ cân đỉnh A 2. 2 ( 7)2 ( 7)2 2 2
2 2
BC BH t t t
⇒ = = − + − = −
2
1 7
2.( ) 2 18
2 2 2
ABC
SΔ = AH BC= t− = t− =
11 2 2 t t t ⎡ = ⎢ ⇒ − = ⇒ ⎢ ⎢ = − ⎢⎣
Do 11 3; 3;
2 2
B⎛⎜ ⎞⎟⇒C⎛⎜ − ⎞⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
3 11 17
; ;
2 2
B⎛⎜− − ⎞⎟⇒C⎛⎜ ⎞⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
VIb.2 Đề bài: Lời giải:
Xét đường thẳng qua d song song (P)
( ),( )
d Q Q
⇒ ⊂ qua A ( ) / /( )Q P
Xét phương trình (Q) ⇒na/ /n( )P =(1, 2, 2)− , Q qua A (-3,0,1) ( )Q
⇒ (x+ −3) 2(y− +0) 2(7 1) 0− = ⇔ −x 2y+2z+ =1
Đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đường thẳng qua hình chiếu B lên (Q)
Ta tìm hình chiếu B0 B (Q)
Xét đường thẳng (Δ) ( )⊥ Q véc tơ phương (Δ) là: (1, 2, 2)uΔ − ⇒ Δ có phương trình: 1 x t y t z t = + ⎧ ⎪ = − − ⎨ ⎪ = + ⎩
⇒ B0 giao (Δ) ( )Q (1⇒ + − − −t) 2( ) 2(3 ) 0t + + t + =
1 t 4t 0t
(7)6 10 10 t t ⇒ − − = −
1 11 26 11
( ; ; ) ( ; ; )
9 9 9
B AB
⇒ − ⇒ = − ⇒ phương trình (AB)
26 11
x+ = y = z− −
Câu VIIb (1,0 điểm)
Đề bài: Lời giải:
Xét phương trình hồnh độ giao điểm: 1 x x m x − − + =
⇔f(x) = 2x2 – mx – = (với x≠0)
Vì Δ =m2+ >8 ∀m f(0)≠0 nên f(x) = ln có hai nghiệm phân biệt
Đường thẳng y = m – x cắt đồ thị hàm số y x2 x
−
= hai điểm phân biệt A(x1 ; y1) ; B(x2 ; y2)
y1 = m – x1 ; y2 = m – x2
Theo định lí Vi-ét 2 2 m x x x x ⎧ + = ⎪⎪ ⎨ ⎪ = − ⎪⎩
Ta có: AB =
( ) ( ) ( )
( )
2 2
2 2
2
2
16
4 8
2
x x y y x x
m
x x x x
m ⇔ − + − = ⇔ − = ⎛ ⎞ ⇔ + − = ⇔⎜ ⎟ + = ⎝ ⎠ ⇔ = ±
(8)(9)Gợi ý
Phần chung cho tất thí sinh
Câu I.
1 Khảo sát và vẽ đồ thị m = 0
Khi hàm số trở thành:
TXĐ: R.
Hàm số là hàm số chẵn nên đồ thị có trục đối xứng là Oy
Ta có:
Bảng biến thiên:
Đồ thị lõm khoảng: và lồi trong .
Hàm số đạt cực tiểu tại ; đạt cực đại tại .
(10)2 Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình
(*)
Đặt thì (*) trở thành:
(**)
Giả sử nghiệm (*) là < < < < 2
Thì ; ; ;
với < < nghiệm (**)
Do đó: < < < < 2 < < < 2
< < < 4
Nhưng (**)
Do tốn thoả mãn
(11)Câu II.
1 Giải phương trình:
2.Điều kiện xác định:
Hệ phương trình
Đặt
Ta có:
(12)+) Ta có:
Kết hợp ĐKXĐ, hệ đã cho có nghiệm (x; y) là : và .
Câu III.
Đặt
Câu IV.
(13)Từ trên
Khoảng cách từ A đến
Câu V.
Đặt , với thì
Khiđó:
(14)Lập bảng biến thiên của S với
Từ ta có: S đạt giá trị nhỏ là và đạt giá trị lớn là
Phần riêng
A Theo chương trình Chuẩn.
Câu VI a
1 Toạ độ A là nghiệm hệ:
Suy toạ độ
Phương trìnhđường cao AH: phương trìnhđường thẳng BC
là:
(15)Tìmđược
Phương trìnhđường thẳng AC là: .
2 Phương trìnhđường thẳng AB là:
Toạ độ D có dạng
Vectơ pháp tuyến (P) là:
.
Vậy .
Câu VII a
Giả sử z = a + bi với a; b vì M (a ; b) làđiểm biểu diễn z.
Ta có:
M(a;b) thuộc đường trịn tâm I , bán kính .
B Theo chương trình Nâng cao Câu VI b
1 Đường trịn (C) có tâm (1; 0) bán kính R = 1
Từ giả thiết ta có:
(16)Do tính chất đối xứng đường trịn, ta có 2điểm M thỏa mãn là:
và
2 Gọi M giao điểm của và (P), tìmđược
Vectơ phương của là = (1; 1; -1); = (1; 2; -3);
= (-1; 2; 1)
Câu VII.b
Hoành độ giao điểm hai đồ thị thoả mãn
(với )
(1)
Phương trình (1) có nên ln có nghiệm phân biệt là .
Khi đó: và .
Suy trung điểm AB là .
I thuộc trục tung
(vì theođịnh lý Vi-ét thì ).
(17)