Đáp án Toán khối B (ĐH 2009)

Ta sẽ tìm hình chiếu của B0 của B trên Q.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009

Môn thi: TOÁN; Khối: B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2009 MÔN TOÁN – KHỐI B

Câu I

(2,0 điểm)

Lời giải:

• TXĐ: D ≡ R

• Sự biến thiên

Ta có: y ' = 8x3 − 8x = 0 ⇔ ⎡ x = 0

⎢ x = ±1

⎣ Bảng biến thiên:

y

Đồ thị đồng biến trên mỗi khoảng (-1; 0) và (1; +∞ ) ; nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1)

và

• Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình

• Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy, cắt trục hoành tại các điểm (± 2; 0)

Lời giải:

• Số nghiệm của phương trình x

2 | x

2 − 2 |= m ⇔ 2 x

2 = 2m là số giao điểm của đồ th

hàm số y = 2x

4 − 4x

⎧⎪2x 4 − 4x 2 ; 2x 4 − 4x 2 ≥ 0

• Vì 2x 4 − 4x 2 = ⎨ nên vẽ đồ thị hàm số y = 2x 4 − 4x 2

như

⎪− (2x 4 − 4x 2 ); 2x 4 − 4x 2 < 0

⎩ sau:

- Giữ nguyên phần đồ thị hàm số (C) trên trục hoành

- Lấy đối xứng phần đồ thị nằm dưới trục hoành

• Từ đó suy ra pt đã cho có 6 nghiệm phân biệt ⇔ 0 < 2m < 2 ⇔ 0 < m < 1

Câu II

(2,0 điểm)

Lời giải:

sinx + cosx.sin2x + 3 cos3x = 2(cos4x + sin3x) (1)

(1) ⇔ sin x + sin 3x + sin x + 3 cos 3x = 2 cos 4x + 3 sin x − sin 3x

⇔ sin 3x + 3 cos 3x = 2 cos 4x ⇔ cos ⎜ ⎛ 3x − π ⎞ = cos 4x

6 ⎟

⎡

3x − π = 4 x − 2kπ ⎡ x π + 2kπ

⎢3x − π = −4x − 2kπ ⎢ x = π + 2kπ

Vậy phương trình có hai họ nghiệm x π + 2kπ ; x = π + 2kπ

(k ∈ Z))

= −

Lời giải:

⎧⎪ xy + x + 1 = 7 y ⎪⎧ x ( y + 1) = 7 y − 1

⎪⎩ x y + xy + 1 = 13 y ⎪⎩ x y + xy + 1 = 13 y

Từ phương trình trên ta suy ra: x = 7 y − 1 (y ≠ -1), thay vào phương trình sau ta được

y + 1

⎛ 7 y − 1 ⎞2 2⎛ 7 y − 1 ⎞ 2

⎜ y + 1 ⎟ y + ⎜ y + 1 ⎟ y + 1 = 13 y

⇔ 36 y 4 − 33 y3 − 5 y2 + y + 1 = 0 ⇔ ( y − 1) (3 y − 1) (12 y2 + 5 y + 1) = 0

⎡ y = 1

⎡ x = 3

⇔ ⎢ =1 ⇒ ⎢⎢ y =

⎣ x = 1

⎣ 3 Vậy hệ có nghiệm: (x ; y) = {(1 ; 1 ) ; (3 ; 1)}

3

Câu III

(1,0 điểm)

Đề bài:

Lời giải:

3 3 + ln x 3 3dx 3 1

I = ∫ ( x + 1)2 dx = ∫ ( x + 1)2 − ∫ ln xd (

x + 1)

−3 3 1 3 3 1

=

x + 1 − ln 2 x + 1 + ∫ x + d (ln x)

=

4 − 4 ln 3 + ∫ x( x + 1) =

4 − 4 ln 3 + ∫ x dx − ∫ x + dx =

4 + 4 ln 3 − ln 2

Câu IV

(1,0 điểm)

Đề bài:

Lời giải:

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm của AB

G là hình chiếu của B’ lên (ABC) (giả thiết cho)

⇒ ( B ' B, ( ABC ) ) = ( B ' B, BG ) = B ' BG

⇒ B ' BG = 600

ΔB ' GB có C

⎧

B = 600 ⎫⎪ ⎪ 2

B

BB ' = a ⎪⎭ ⎪ B ' G =3

a

Tính S ABC theo a?

Đặt AB = 2x ⇒ ⎨

Xét ΔGMB có GMB = 2CAB = 1200 , theo định lí hàm số cosin ta có:

GB2 = GM 2 + MB2 − 2.GM MB cos1200

2

= GB2 = ⎛ 1 x ⎞ + x2 − 2 1 x.x ⎛ − =1 ⎞ = 13

x2

2

Từ (*) ⇒ ⎛ 1 a ⎞ = 13

x2 ⇔ x = 3 a

Vậy AC = x = 3 a ; BC = 3x = 3 3 a

S = 1

AC.CB = 1 ⎛ 3

a ⎞ ⎛ 3 3 a ⎞ = 9 3

a2 (đvdd)

ABC 2 2 ⎜ 2 13 ⎝ ⎠ ⎝⎟ ⎜ 2 13 ⎟ 104⎠

Do ABCA’B’C’ là hình trụ nên (ABC) // (A’B’C’)

d ( A ', ( ABC ) ) = d ( B ', ( ABC ) ) = B ' G = 3 a

2

⇒ V = 1

S d ( A ', ( ABC ) ) = 9

a3

A ' ABC

Câu V

(1,0 điểm)

Đề bài:

Lời giải:

Ta có: A = 3( x

4 + y

4 + x

2 y

2 ) − 2( x

2 + y

2 ) + 1

= 3( x2 + y 2 )2 − 2( x2 + y 2 ) − 3x2 y2 + 1 ≥ 9 ( x2 + y 2 )2 − 2( x2 + y 2 ) + 1

4

( Vì: ( x2 + y 2 )2 ≥ 4 x2 y 2

⇒ 3

( x2

+ y2 ) ≥ 3x2 y2 ) 4

Vì: 4 xy ≤ ( x + y)

2 nên từ giả thiết

⇒ 1 ≤ ( x + y)

2 + ( x + y)

3 ⇒ ( x + y − 1) ⎡⎣( x + y)2 + 2( x + y) + 2⎤⎦ ≥ 0

2

⇒ x + y ≥ 1 ⇒ x2 + y 2 ≥ ( x + y)

≥ 1

Do vậy: 4 A = 9( x2 + y 2 ) − 8( x2 + y 2 ) + 4 = ⎡⎣8( x2 + y2 )2 + 2⎤⎦ − 8( x2 + y2 ) + ( x2 + y2 )2 + 2

= 2(2( x2 + y2 ) − 1)2 + ( x2 + y 2 )2 − 1 ≥ 1 + 2 = 9

Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1

2

Vậy: min A = 9 , đạt được khi x = y = 1

Câu Via

(2,0 điểm)

Lời giải:

Giả sử K (a, b) ∈ (C ) ⇒ (a − 2)2 + b2

= 4 (1) 5

(C1) tiếp xúc với Δ

1 , Δ

2 , ta có:

a − b a − 7b 2b ⎡a =

TH1: a = 2b, (1) ⇒ (2b − 2)2 + b2 = 4

⇒ b = 4 ⇒ a = 8

⇒ K ( 8 ; 4 ); R = 4

5 5 5 2

TH 2 : a b , (4) ⇒ (− b − 2)2 + b2 = 4

⇒ vô nghiệm

= −

Vậy K ( 8 ; 4 ); R =4

5 5 5 2

Lời giải:

Giả sử véc tơ pháp tuyến của (P) là Δ(a, b, c) ; (a2 + b2 + c2 > 0)

⇒ (P) : a( x − 1) + b( y − 2) + c( z − 1) = 0(1)

⇒ ax + by + cz − (a + 2b + c) = 0 B(−2,1, 3) ∈ (P) ⇒ −3a − b + 2c = 0(2)

Khoảng cách từ C, D tới (P):

2a − b + c − a − 2b − c 3b + c − a − 2b − c ⎡a = 2b

a2 + b2 + c2 =

a2 + b2 + c2 ⇒ ⎢b =

TH : a = 2b, (2) ⇒ c = 1 7b ⇒ phương trình (P) : 4x + 2 y + 7 z − 15 = 0

2

TH : b = 0, (2) ⇒ c = 2 3a ⇒ phương trình (P) : 2 x + 3z − 5 = 0

2

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:

⎧⎪( a − 2)2

+ (b − 1)2

= 10 ⎧2a + b = 10

⎪⎩a2 + b2 = 25 ⎩a + b = 25

⎧b = 10 − 2a ⎧b = 10 − 2a ⎧a = 5

⎩a + (10 − 20) = 25 ⎩a − 8a + 15 = 25 ⎩b = 0

⎧a = 3

Vậy: ⎨

⎩b = 4 Vậy số phức z cần tìm là: z = 5 hoặc z = 3 + 4i

Câu VIb

(2,0 điểm)

2 điểm.

Lời giải:

Gọi AH ⊥ (Δ) ⇒ phương trình đường thẳng (AH) có dạng:

1.( x + 1) + 1.( y − 4) = 0 hay x + y − 3 = 0

⎧

x = 7

Tọa độ H là nghiệm của hệ: ⎧ x + y − 3 = 0 ⇒ ⎪ 2

⎩ x − y − 4 = 0 ⎪ y = − 1⎪⎩

2

Đỉnh B ∈ (Δ) ⇒ B(t; t − 4).

ΔABC cân đỉnh A ⇒ BC = 2.BH = 2 (t − 7 )2 + (t − 7 )2 = 2 2 t − 7

S = 1

AH BC = 1 2.( 9 )2 .2 2 t − 7 = 9 t − 7 = 18

⎡

t = 11

⇒ t − 7 = 2 ⇒ ⎢⎢ 2

⎢⎣ = − 2

Do đó B ⎛ 11 ; 3 ⎞

⇒ C ⎛ 3 ; − 5 ⎞

hoặc B ⎛ − 3

; − 11 ⎞

⇒ C ⎛ 17 ; 9 ⎞

⎜ 2 2 ⎟⎝ ⎠ ⎜ 2 2 ⎟⎝ ⎠ ⎜ 2 2 ⎟⎝ ⎠ ⎜ 2 2 ⎟⎝ ⎠

Lời giải:

Xét đường thẳng đi qua d và song song (P)

⇒ d ⊂ (Q), (Q) qua A và (Q) / /(P)

Xét phương trình (Q) ⇒ n

a / / n

⇒ (Q) ( x + 3) − 2( y − 0) + 2(7 − 1) = 0 ⇔ x − 2 y + 2 z + 1 = 0

Đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là min chính là đường thẳng đi qua hình chiếu của B lên (Q)

Ta sẽ tìm hình chiếu của B0 của B trên (Q)

Xét đường thẳng ( Δ ) và ⊥ (Q) véc tơ chỉ phương ( Δ ) là: uΔ (1, −2, 2) ⇒ Δ có phương trình:

⎧ x = 1 + t

⎪

y = −1 − 2t ⇒ B là giao của ( Δ ) và (Q) ⇒ (1 + t ) − 2(−1 − 2t ) + 2(3 + 2t ) + 1 = 0

⎪ z = 3 + 2t

⎩

⇒ 1 + t + 2 + 4t + 6 + 4t + 1 = 0

⇒ 9t − 10 − t = − 10

9

⇒ B (− 1 ; 11 ; 7 ) ⇒ AB = ( 26 ; 11 ; − 2 ) ⇒ phương trình (AB) x + 3 = y

= z − 1

Câu VIIb

(1,0 điểm)

Đề bài:

Lời giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

x2 − 1

− x + m =

x

⇔ f(x) = 2x2 – mx – 1 = 0 (với x ≠ 0)

Vì Δ = m2 + 8 > 0 ∀m và f(0) ≠ 0 nên f(x) = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt

x2 − 1

Đường thẳng y = m – x luôn cắt đồ thị hàm số y = tại hai điểm phân biệt

x

A(x1 ; y1) ; B(x2 ; y2)

y1 = m – x1 ; y2 = m – x2

Theo định lí Vi-ét thì

⎧ x + x = m

⎪ 1 2 2

⎨

1

⎪ x x = −

⎪⎩ 1 2 2

Ta có: AB = 4

⇔ ( x2 − x1 )2 + ( y2 − y1 )2 = 16 ⇔ ( x2 − x1 )2 = 8

⇔ ( x2 + x1 ) − 4 x2 x1 = 8 ⇔ ⎜⎝ 2 ⎠ ⎟ + 2 = 8

⇔ m = ±2 6

Vậy m = ±2 6 là giá trị cần tìm.