5 giải đề thi đại học khối B môn toán 2010

Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối B Môn Toán 2010

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Môn của Lê Hồng Đức

Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:

1 Tài liệu dễ hiểu  Nhóm Cự Môn luôn cố gắng thực hiện điều này

2 Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc  Đăng kí “Học tập từ xa”

GIẢI ĐỀ THI MÔI TOÁN KHỐI B

NĂM 2010

 Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Đánh giá và định hướng”

Học Toán theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12

Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC

Địa chỉ: Số nhà 20  Ngõ 86  Đường Tô Ngọc Vân  Hà Nội

Email: nhomcumon68@gmail.com

Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

đề thi môn toán khối B năm 2010

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

2. Tìm m để đờng thẳng y = 2x  m cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A, Bsao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3 ( O là gốc tọa độ )

1 Giải phơng trình:

(sin 2x  cos 2x)cos x  2cos 2x  sin x = 0

2 Giải phơng trình:

23x 1  6 x 3x  14x 8 0, x   

Câu III: (1 điểm): Tính tích phân:

e

2 1

giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 600 Gọi G là trọng tâm tam giácA’BC Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứdiện GABC theo a

giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

M 3 a b b c c a 3(ab bc ca) 2 a   b c

A Theo chơng trình Chuẩn

Câu VI a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C (4; 1),phân giác trong góc A có phơng trình x  y  5 = 0 Viết phơng trình đờngthẳng BC, biết diện tích ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dơng

2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c),trong đó b, c dơng và mặt phẳng (P): y  z  1 = 0 Xác định b và c, biết mặtphẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) và khoảng các từ điểm O đến mặtphẳng (ABC) bằng 1

3.

Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các

số phức thỏa mãn z i (1 i)z

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu VI b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(2; 3 ) và elip (E):

1

3  2  Gọi

F1 và F2 là các tiêu điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung

độ dơng của đờng thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng của F2 qua M Viếtphơng trình đờng tròn ngoại tiếp tam giác ANF2

2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đờng thẳng  : x y 1 z

1 Tham khảo định hớng trong câu I.1 của đề toán khối A  2009

2 Với bài toán này ta thực hiện theo các bớc sau:

Bớc 1: Thiết lập phơng trình hoàng độ giao điểm:

 Để đồ thị (C) cắt đờng thẳng tại 2 điểm phân biệt điều kiện là:

Phơng trình (1) có hai nghiệm xA, xB phân biệt khác 1

f

a 00

Bớc 3: Kết luận

Câu II.

1. Dễ nhận thấy phơng trình sẽ đợc giải bằng cách chuyển về dạng tích, và với

định hớng này chúng ta cần tạo ra đợc nhân tử chung Nhận xét rằng :

2cos 2x  sin x không thể có nhân tử chung với (sin 2x  cos 2x)cos x

Do đó, cần tổ hợp lại các toán tử trong phơng trình, cụ thể:

(cos 2x.cos x  2cos 2x) + (sin2x.cosx  sin x) = 0

 (cos 2x.cos x  2cos 2x) + (2cos2x.sinx  sin x) = 0

 (cosx + 2)cos2x + (2cos2x – 1)sinx = 0

Tới đây, ta đã có đợc nhân tử chung là cos2x bởi 2cos2x – 1 = cos2x

2. Đây là phơng trình không mẫu mực chứa hai căn bậc hai nên không thể sửdụng phơng pháp bình phơng và cũng không thể sử dụng phơng pháp ẩn phụ(với hai ẩn phụ) bởi nếu đặt:

Câu III Tích phân này đợc lấy ra từ dạng tổng quát

Câu IV Các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ (hình bên) rồi xác định góc giữa

hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) là  0

A 'HA 60 với H là trung điểm của BC.

1. Với hình trụ ABC.A’B’C’, ta có ngay:

VABC.A’B’C’ = SABC.A’A

Trong đó:

 ABC đều cạnh a nên có đợc SABC

 Độ dài A’A đợc tính dựa theo hệ thức lợng trong

A’AH vuông tại A

2. Nhận xét rằng tứ diện G.ABC có ABC đều nên để

xác định đợc tâm mặt cầu ngoại tiếp của nó ta chỉ cần

thực hiện:

 Xác định trục đờng tròn x của ABC

 Dựng trung trực y của GA

Khi đó, giao điểm J của x và y là tâm mặt cầu ngoại tiếp GABC

Câu V Trớc tiên, các em học sinh cần nhận thấy rằng M gồm ba phần là:

mà ở đó B chính là phần tử trung gian bởi:

a2 + b2 + c2  ab + bc + ca, 3(a2b2 + b2c2 + c2a2)  (ab + bc + ca)2

Từ đó, với việc lựa chọn ẩn phụ t = ab + bc + ca ta sẽ chuyển đợc M về dạng f(t)

Và việc tìm giá trị nhỏ nhất của M đợc chuyển thành việc tìm giá trị nhỏ nhất củahàm số f(t) với điều kiện ẩn t đợc suy ra từ điều kiện 1 = a + b + c, cụ thể:

1 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)  3(ab + bc + ca) = 3t

1. Các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ (hình bên) để

thấy đợc rằng muốn có phơng trình đờng thẳng (BC)

cách duy nhất là tìm ra đợc toạ độ của điểm B Để thực

hiện đợc mục tiêu này với đặc thù của giả thiết cho toạ

độ điểm C, đờng phân giác trong (d) của góc A và diện

tích ABC (vuông tại A):

C’

B’

H

GIM

A

B

C

C’(d)

CC ' (d)trung điểm I của CC' thuộc (d)

 Tìm điểm B thuộc (AC’) thoả mãn (*) và kết hợp với điều kiện (d) là phângiác trong của góc Â

 Cuối cùng, lập phơng trình đờng thẳng (BC) đi qua hai B và C

 Chú ý: Tuy nhiên, với trờng hợp đặc biệt của bài toán này là đờng phân giác

trong (d) của góc A song song với đờng phân giác của góc phần t thứhai nên chúng ta có thể tối u lời giải nh sau:

 Phân giác trong của góc vuông  có phơng trình x  y  5 = 0(song song với đờng phân giác góc phần t thứ II) nên:

AC//Ox  yA = yC  xA  A  B(4; b) và độ dài AC

 Diện tích ABC bằng S, suy ra:

 Cuối cùng, lập phơng trình đờng thẳng (BC) đi qua hai B và C

2. Vì bài toán có liên quan tới tính vuông góc và khoảng cách nên chúng ta lần

Giải hệ phơng trình tạo bởi (1), (2) sẽ nhận đợc giá trị của b avf c

Câu VII.a Với yêu cầu của bài toán chúng ta luôn bắt đầu với giả sử:

Và bằng những phép biến đổi đại số thông thờng chúng ta sẽ nhận đợc phơngtrình của tập hợp điểm biểu diễn số phức z là f(x, y) = 0.

Câu VI.b

1. Để lập đợc phơng trình đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ANF2 cách duynhất là chúng ta cần tìm đợc toạ độ của điểm N Và với bài toán này thì côngviệc đợc thực hiện tuần tự nh sau:

 Từ phơng trình của Elíp (E) suy ra toạ độ các tiêu điểm F1 và F2

Câu VII.b Với hệ phơng trình này chúng ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho hệ phơng trình

Bớc 2: Lựa chọn một trong hai phơng trình của hệ để thực hiện phép biến

đổi tơng đơng, ở đây ta chọn phơng trình thứ nhất:

3y  1 = 2x  3y = 2x + 1 (*)Tới đây, chỉ cần thế (*) vào phơng trình thứ nhất của hệ ta nhận đợcnghiệm x, từ đó suy ra y

Bớc 3: Kết luận về nghiệm của hệ thoả mãn điều kiện ở bớc 1

Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối B năm 2010

Câu I.

1. Ta lần lợt có:

a Hàm số xác định trên D\ 1

b Sự biến thiên của hàm số:

 Giới hạn của hàm số tại vô cực, giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:

(cos 2x.cos x  2cos 2x) + (sin2x.cosx  sin x) = 0

 (cosx + 2)cos2x + (2cos2x – 1)sinx = 0

 (cosx + 2)cos2x + sinx.cos2x = 0  (cosx + sinx + 2)cos2x = 0

VËy, ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x = 5

C©u III Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau:

Từ đó:

1

2 0

u.du I

2

ln u u

.2

b Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC: Ta có:

 Gọi I là hình chiếu vuông góc của G trên (ABC), suy ra I là trọng tâm

ABC nên GI là trục đờng tròn của ABC

 Gọi M là trung điểm của GA và trong mặt phẳng (AGH) dựng đờng trungtrực Mx của GA Khi đó, Mx cắt GI tại J thì J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứdiện GABC

Nhận xét rằng:

A’

A

BC

GM.GA = GJ.GI GM.GA

GJ

GI

2GA2GI

t2 = (ab + bc + ca)2 ≤ 3(a2b2 + b2c2 + c2a2)  M t 23t 2 1 2t 

2(1 2 )t

 Phơng trình đờng thẳng (AC’) đợc cho bởi:

Qua A(AC') :

 36 = AB2 = (b  1)2  b = 7  B(4; 7)

Khi đó, phơng trình đờng thẳng (BC) đợc cho bởi:

Qua B(BC) :

2 1b4

  tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi

C©u VII.a Gi¶ sö z x yi, x, y   

 ANF2 vuông tại A.

Vậy, đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ANF2 có đờng kính là F2N nên có

2 Trớc tiên, vì điểm M thuộc Ox nên M (m; 0; 0)

Với đờng thẳng () thì nó đi qua điểm A(0; 1; 0) và có vtpt n 2; 1; 2  

Khi đó:

d(M, ()) = OM n, AM

mn

Câu VII.b Điều kiện:

  , thoả mãn điều kiện

Vậy, hệ phơng trình có một cặp nghiệm 1

1; 2

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)

(H): y = x 1

x 2



 .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

2 Tìm điểm M thuộc (H) để tổng khoảng cách từ M đến hai trục toạ độ nhỏ nhất.

1 Giải phơng trình 6tanx + 5cot3x = tan2x

Câu IV:(1 điểm): Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với

đáy một góc  Xác định tâm bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

trị lớn nhất của biểu thức:

Câu VI a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng thẳng (d) và đờng tròn (S) có

ph-ơng trình:

(d): x  y  2 = 0, (S): x2 + y2  4y + 2 = 0

a Chứng tỏ rằng (d) không cắt (S) Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc H củatâm đờng tròn (S) trên (d)

b Lập phơng trình đờng tròn tiếp xúc với (d) tại H và tiếp xúc với (S)

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, lập phơng trình mặt cầu đi qua ba điểmA(1; 0; 0), B(0; 1; 0), C(0; 3; 2) và cắt phẳng (P) : 2x + 2y + z = 0 theo thiếtdiện là đờng tròn có bán kính bằng 1

Câu VII.a (1 điểm): Tìm phần thực và phần ảo của số phức:

Câu VI b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho họ đờng thẳng (dm) có phơng trình:

(dm): (m + 1)xy + m2m = 0

Chứng minh rằng họ đờng thẳng (dm) luôn tiếp xúc với một Parabol cố định

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(2;) và đờng thẳng (d)

có phơng trình:

x 3 y 1 z 1(d) :

Câu VII.b (1 điểm): Xác định tập hợp các điểm M trên mặt phẳng phức biểu diễn

(2) Sự biến thiên của hàm số:

 Giới hạn của hàm số tại vô cực, giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:

=2

BA32

(x 2) 1

 5(sin x

cos x +

cos3xsin 3x ) =

sin xcos 2x.cos x 

5cos 2xcos x.sin 3x =

sin xcos 2x.cos x

 5cos22x = sin3x.sinx  5cos22x = 1

2(cos2xcos4x)

 10cos22x = cos2x(2cos22x1)  12cos22xcos2x1 = 0



1cos 2x cos 2

31cos 2x cos 2

| x |23x49(1 4x ) (4x 3)

1x313x 6x 0

I = 1

2

2 / 3

2 / 6

3 (1 tan u)du 2

du



 = 1

3 u / 3 / 6

Câu IV Dựng SH  (ABC), suy ra:

HA = HB = HC  H là tâm đờng tròn ngoại tiếp ABC

Trong SAH dựng đờng trung trực của SA cắt SH tại

2SH = 2SA2SH (1)Gọi E là trung điểm của BC, ta có:

36 .tan

2 +

23a

9 =

2a

12 (tan

2 + 4) (3)Thay (2), (3) vào (1), ta đợc:

R = OS =

2 2a(tan 4)12

a 3

2 .tan6

 

 =

22

23

.4

Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc:

abc abc abc

 Chú ý: Lời giải của bài toán trên đợc định hớng nh sau:

Vì biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất không có tính đối xứng đợc kếtvới các căn có nghĩa nên chúng ta định hớng đợc ngay rằng cần sửdụng phép biến đổi riêng cho từng toán tử:

b Ta lựa chọn một trong hai cách sau:

Giả sử đờng tròn (C) cần dựng có tâm T và bán kính R’, ta có T  (d1) nên T(a; 2 a)

Xét hai khả năng tiếp xúc của (C) với (S) là:

Khả năng 1: (C) tiếp xúc ngoài với (S), ta đợc điều kiện:

Vậy, tồn tại hai đờng tròn (C1) và (C2) thoả mãn điều kiện đầu bài

Cách 2: Từ hình vẽ ta thấy có hai đờng tròn tiếp xúc với (d) tại H và tiếp xúc với

(S) theo thứ tự tại A, B với A, B  (S) và AB  (d)

Gọi (d1) là đờng thẳng qua H và vuông góc với (d), ta có:

 (d1)  (d)  (d1): x + y + C = 0

 H  (d1)  2 + 0 + C = 0  C = 2

52

IA

B

Vậy, tồn tại hai đờng tròn (C1) và (C2) thoả mãn điều kiện đầu bài.

2. Giả sử mặt cầu (S) thoả mãn điều kiện đầu bài có phơng trình:

1. Ta có thể trình bày theo các cách sau:

c bx ax m m x ) 1 m

4 1 b 2 b

0 )

1 b a

2 ( 2

0 a

4 1

0 a

2 / 3

b

4 / 1 a

.Vậy, (dm) luôn tiếp xúc với parabol (P): y = 

 Ta đi chứng minh (dm) luôn tiếp xúc với Parabol (P): x26x + 1 + 4y = 0

Thật vậy, xét hệ phơng trình tạo bới (dm) và (P) dạng:

) 1 x 6 x ( 4 1 m m x ).

1 m

 x = 12m, tức là hệ luôn có nghiệm, nên (dm) luôn tiếp xúc với (P)

Vậy, mọi đờng thẳng của họ (dm) luôn tiếp xúc với Parabol (P)

2. Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) về dạng tham số: