Phan Văn Quang (Trường THPT Diên Hồng).[r]
(1)1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010 MƠN TỐN – KHỐI B
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2,0 điểm) :y 2x
x + =
+ 1) + D=ℝ\{ }−1
+
( )2
1
y
x ′ = >
+ , x∀ ∈D + Hàm số khơng có cực trị
+ Hàm sốđồng biến khoảng (−∞ −; 1) (− +∞1; ) +
x
lim y →±∞ = Ti
ệm cận ngang y =2
x
lim y
+
→−
= −∞;
x
lim y
−
→−
= +∞ Tiệm cận đứng x = -1 + Bảng biến thiên:
x −∞ -1 +∞
y’ + –
y +∞
2 −∞
+ Điểm đặc biệt:
x y 1 y x
2 = → =
− = → = + Đồ thị:
y =
x
=
-1
y
x
(2)2
2) Tìm m để (d): y = –2x + m cắt (C) A, B cho SAOB= + Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d)
2x
2x m
x 1++ = − + ⇔2x 1+ = − +( 2x m)(x 1+ )
(x= –1 không nghiệm số phương trình)
2
2x 2x 2x mx m
⇔ + = − − + + ( )
2x m x m
⇔ + − + − = (*)
Để (d) cắt (C) A, B phân biệt ⇔ (*) có nghiệm phân biệt xA, xB
⇔∆ > ⇔ (4 m− ) (2 −8 m− )>0 ⇔m2+ >8 ∀m
( A A )
A x ; 2x m
→ − + ; B x ; 2x( B − B +m)
( )
( BA BA )
OA x ; 2x m OB x ; 2x m
= − +
→
= − +
Theo giả thiết : SAOB xA( 2xB m) (xB 2xA m)
= ⇔ ⋅ − + − − + =
A B A A B B
2x x mx 2x x x m
⇔ − + + − =
( )2
2
A B
m x x 12
⇔ − = ( )2
A B A B
m x x 4x x 12
⇔ + − =
2
2 m
m 12
4
+
⇔ =
4
m 8m 48
⇔ + − =
2
m 12 (loại)
m
= − ⇔
=
⇔ = ±m Câu II (2,0 điểm) :
1) Giải phương trình : (sin2x + cos2x).cosx + 2cos2x – sinx =
( )
os cos sin cos cos sin
cos cos sin cos cos
os cos sin
cos
cos sin (VN)
2
c 2x x x x 2x x
2x x x 2x 2x
c 2x x x
2x
x x
⇔ + + − =
⇔ + + =
⇔ + + =
=
⇔
+ + =
( )
x k k Z
4
π π
⇔ = + ∈
2) 3x 1+ - 6−x+ 3x2 – 14x – =
Điều kiện x
(3)3
Phương trình ⇔( 3x 1+ – 4) – ( 6−x–1) + 3x2 – 14x – =
⇔ 3x 15
3x −
+ + –
5 x
6 x
−
− + + 3x
– 14x – =
⇔
x
3
3x VN
3x x
=
+ + + = →
+ + − +
⇔ x =
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân
I = 2
1
ln (2 ln )
e
x dx
x + x
∫
Đặt u = lnx →du = 1dx x
Khi x = 1→u = , x = e→u =1
→I=
1
2 ( 2)
u du u+
∫ =
1
2
2
( 2)
u
du u
+ − +
∫ =
( )
1
2
1
2
2 du
u u
−
+ +
∫ =
1
0
2
ln
2
o
u
u
+ +
+
→I =ln3
2−3
Câu IV (1,0 điểm):
+ Có ∆ABC cạnh a
2 ABC
a S
4
∆
→ =
+ Gọi M trung điểm BC
(AM ) (BC ; A M) BC (do A BC cân A )
A BC ABC BC
′ ′ ′
⊥ ⊥ ∆
′ ∩ =
( ) ( )
( )
A BC , ABC′ A MA 60′
→ = = ; có AM a
2
= ∆A’AM vng có
0 AA
t an60
AM ′
= AA AM 3a
′ = =
Vậy
2
LT ABC
a 3a 3a
V S AA
4
∆ ′
= = ⋅ =
o 60
A
C B
B' C'
A'
M G
(4)4
+ Kẻ GH // AA’ AA’ ⊥ (ABC) GH ⊥ (ABC) GH AA a
′ = = + Kẻ đường trung trực (d) cạnh GA ∆GAH GH trục đường tròn
của ∆ABC + (d) cắt GH I
Ta có ∆GNI đồng dạng ∆GHA GN.GA = GI.GH mà GI = R =
2
GA 2GH (
2 7a
GA
12
= ; GH a
= ) R 7a 12
= Câu V (1,0 điểm):
* Ta có: a,b,c a + b + c =
≥
→ ≤ a,b,c ≤
→
2
2 2 (a b c)
a b c a b c
3
+ +
= ≤ + + ≤ + + = *
2 2 2 2 (ab + bc + ca) a b b c +c a
3
+ ≥
*
2 2 2 2 (a + b + c) (a b c ) (a b c ) ab bc ca =
2
− + + − + +
+ + =
→ 2 2
M≥ (ab + bc + ca) +3(ab+bc ca)+ +2 a + +b c →
2
2 2 2
2 2
1 (a b c ) (a b c )
M a b c
2
− + + − + +
≥ + + + +
Đặt t = 2
a + +b c t
≤ ≤
→
2 2
1 t t
M 2t
2
− −
≥ + +
→ M t4 8t2 8t
− + + ≥
Xét
4
t 8t 8t
f (t) ; t
4
− + +
= ≤ ≤
f '(t) t3 4t 0; t ;1
= − + < ∀ ∈
→ f t( ) giảm t ;1
∀ ∈
→ M≥f (t)≥f (1)=2 Vậy minM = 2, Xảy :
I N
G
A
C
(5)5 a b a c b c
c b a
= = = = = =
∨ ∨
= = =
II – PHẦN RIÊNG
A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VIa (2,0 điểm)
1) Gọi C’ đối xứng (C) qua (d) qua C( 4,1)
(CC')
(d) : x y −
→
⊥ + − =
→(CC') : x− + =y
Tọa độ giao điểm (CC')∩(d)=H thỏa x y x
x y y
− = − =
⇔
+ = =
H(0,5)
→ H trung điểm CC’→C'(4,9) + ACC'∆ vuông cân A AC CC'
2
→ = =
Mà A∈(d) : x+ − =y 0⇒A(a,5 a)− với a>0
+ Ta có: 2
AC =64⇔ +(a 4) + −(a 4) =64 a2 16 a
a 4(loai) =
⇔ = ⇔
= − A(4,1)
→
(AC') : x B(4, b)
→ = →
+ Theo giả thiết: ABC
AB (0, b 1) S 24
AC ( 8,0)
= −
=
= −
1
8(b 1) 24 b
⇔ − − = ⇔ − =
b B(4,7) (BC) : 3x 4y 16
b B(4, 5) (loại B, C phía với (d))
= → → − + =
⇔
= − → −
2) A(1,0,0); B(0,b,0)
+ Phương trình mặt phẳng (ABC) có dạng :x y z 1 + + =b c bcx cy bz bc ⇔ + + − =
( )
(ABC)
VTPT n bc;c;b → =
+ Có : (ABC)⊥(P)⇔n( ABC).n( P ) =0
c b ⇔ − = (1)
2
(d): x + y - =0 C'
H A
(6)6
+ Theo đề, có : [ O,( ABC)] 2 2 2 2 2 2 2
bc
d 9b c b c b c
3
b c b c
= = ⇔ = + +
+ + 2 2
8b c b c 0(2)
⇔ − − =
+ Thay (1) vào (2), có :
8b −2b =0(do b>0) b c
2
⇔ = → = Vậy PTMP (ABC) : x +2y +2z -1=0
Câu VIIa (1,0 điểm)
Gọi z = a + bi, Có : a + (b – 1)i = (1 + i)(a + bi) ⇔ a + (b – 1)i = (a – b) + (a + b)i
⇔ 2 2
a +(b-1) = (a - b) +(a +b) ⇔ a2
+ b2 – 2b + = 2a2 + 2b2 ⇔ a2
+ b2 + 2b – =
Vậy tập hợp biểu diễn số phức đường tròn (C) : x2 + y2 +2y – =
B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb (2,0 điểm)
1) + F1(−1;0), F 1;0 2( )
+ PT ĐT (AF1): x− 3y 0+ =
+ Tọa độđiểm M thỏa hpt:
2
x 3y
x y
1 M 1;
3
y
− + =
+ = →
>
+ Ta có
2 2
2
4 MA MF
3
MF MN (do N đối xứng F qua M)
= =
=
Suy đường tròn ngoại tiếp ∆ANF2 có tâm
2 M 1;
3
, bán kính
2 R
3 = Phương trình đường trịn ngoại tiếp ∆ANF2 là: ( )
2
2
x y
3
− + − =
2) + Gọi M(m,0,0) điểm cần tìm
+ Từ phương trình đường thẳng (d), có :
(7)7
+ Có : AM (m, 1,0) AM, u ( 2, 2m, m 2) u (2,1, 2)
= −
→ = − − +
=
+ Theo đề có : [ ] ( )
2
M ,( )
AM, u 4 4m m 2
d OM m
3 u
∆
+ + +
= = ⇔ =
2 m
5m 4m 9m
m = −
⇔ + + = ⇔ =
Vậy M1(-1,0,0) M2(2,0,0) thỏa đề
Câu VIIb (1,0 điểm)
2
x x
log (3y 1) x (1) 3y (2)
− =
+ =
+ Điều kiện: 3y-1>0 ⇔y>1
3(*)
+ Từ giả thiết (1)⇔3y 2− = x(3)
+ Thay (3) vào (2) có: 2
(3y 1)− +(3y 1)− =3y ⇔6y −3y=0 y
1 y
2 =
⇔
=
So với (*) y → = + Thay y
2
= vào (3) x 1
2 x
2 −
→ = = ⇔ = − Vậy
x 1 y
2 = −
=
nghiệm hệ