GỢI Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI D NĂM 2010

Gọi M là trung điểm BC.[r]

GỢI Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010

Môn Toán, khối D

-PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

1 Tập xác định: 

Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y'4x3 2x2 (2x x21)

y   x  (vì 2x2 1 0 x)

Hàm số đồng biến trên khoảng  ;0; nghịch biến trên khoảng 0; Hàm số đạt cực đại tại x 0, yCĐ 6.

Giới hạn xlim y

   

Bảng biến thiên:

Đồ thị

Đồ thị cắt trục Oy tại 0;6; Cắt trục Ox tại  2;0

2

Hệ số góc của tiếp tuyến là: y'4x3 2x

Vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng

1 1 6

nên ta có:

6

      x 1 (vì 2x22x3 0 x)

Þ y = 4

Vậy phương trình tiếp tuyến của (C) là:y 6x 14hay y 6x10

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình sin2x - cos2x + 3sinx – cosx – 1 = 0

 













2 2

2sin x cos 1 2sin 3 sin cos 1 0

cos 2sin 1 2sin 3 sin 2 0

cos 2sin 1 2sin 1 sin 2 0

2sin 1 cos sin 2 0

1

sin

2

sin cos 2 0 1

x

Vì sinx cos x 2 nên (1) vô nghiệm

Vậy











 



  





2

2 6

2 Điều kiện : x -2 

 24x 2 x 2  24 2 x 2 2x3 4x 4 2x3

 24 2 x2

( 



4 4

2 x 1

3 4 4

2 (2x x 1)









4 4

4 2 2

x



 





4 4 0 (1)

x

+ (1)  x = 1: thỏa mãn điều kiện

+ (2)  2 x2x3 4 4(x+2) = x6 8x3 16 (với x3 4)

3( 3 8) 4( 2) 0

 (x 2)(x52x44x3  4) 0





 

2 ( )

Vì x3 4nên f(x) > 0

Vậy x = 1 hoặc x = 2

Câu III (1,0 điểm)

x

 2  2  2

e



1

e

Đặt t = lnx Þ 

dx dt

x Ta cóx Þ 1 t  0;x e Þt  1

Vậy:

1

2 1

0

3

Suy ra

I I I

Câu IV (1,0 điểm)

*) Xét SAH có SH2 SA2 AH2

2

2

2

.

a

2

.

   

2

2

2 2

a

Þ M là trung điểm SA

*) Gọi V là thể tích hình chóp S.ABCDÞ . 

1 2

S ABC

Mp (SBC) cắt SA tại M; cắt SC tại C; cắt SB tại B

Gọi V là thể tích hình chóp SBCM

Ta có :

2

SA SC SB V

3

14 48

S MBC

Câu V (1,0 điểm)

Điều kiện:

2 2

4 21 0

3 10 0







x x

  



 

  

  2 x 5

Vậy TXĐ là đoạn 2;5

Ta có:

'

y

' 0

y   2x 3 x24x212x 4 x23x10



 



2

3

2

2

51 104 29 0

x

x









  













 

 



1 ( ) 3 29 ( ) 17

Tính các giá trị của hàm số tại x 2,x 5 và tại

,

:

3

y 3 4 2

So sánh 4 giá trị này ta suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho là: 2

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Gọi M là trung điểm BC

Giả sử M x y( M; M)     

(0;6) 2 2( M 2, M 0)

( 2,3)

M

(0,3)

IM

Phương trình đường thẳng BC đi qua M, có 

(0,1)

BC

C  đường BC ÞC x( ,3)c

  (3 2)  2   ( 7 0)  2  52 72  25 49   74

R IA

2 2 ( c 2) (3 0) 2 74

R IC x Þ x c2 4x c  4 9 74   Þ x c2 4x c  61 0 

  



  



2 65 ( )

c

c

Vậy C( 2   65,3)

2 Ta có (P)(R) ; (Q)  (R);

P

n = (1 ; 1 ; 1);

Q

n = (1; -1 ; 1);

'R

n = [

P

n ;

Q

n ] = (2; 0; -2)

Chọn

R

n = (1; 0; -1) thì (R) có dạng : x - z + a = 0

Vì d (0;(R)) = 2 Þ





1 1

a

VÞ a 2 2Þ a =  2 2 Vậy (R) : x - z + 2 2 0 Hoặc (R) : x - z - 2 2 0

Câu VII.a (1,0 điểm)

 2

z

Ta có:z a bi  Þ z  a2b2  2Þ a2b2 2Þ z2 a2 b2 2abi

Vì z2 là số thuần ảo Þ a2 b2  0





2

0

a b

a b

 





 



Þ

  



 



1

1

1

1

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1

+) Nếu phương trình đường có dạng x = x0 =>  trùng với 0y => loại +) Nếu phương trình có dạng y = kx    Þ  Þ   

0 ( , 1) (1, )

Gọi H t kt( , )    (t R) thì khoảng cách từ H đến Ox là kt

Khoảng cách từ A đến  là 2

2 1





2

2

1 kt

k

Þ t.1 (  kt 2)k  0 Þ t tk 2 2k 0 Þ t(1k2) 2 k Þ   2

2 1

k t

K

2





Þ 







2

1 5

2

k



2

k

Vậy phương trình là: y =



1 5

2 x hoặc



 1 5

2

2

Hình vẽ:

(t/m) Loại

Giả sử M  1 có toạ độ M(3+t;t;t)

Trên 2 lấy A2;1;0 Þ AM 1 ;t t 1;t

Ta có :v 2  (2;1;2)



Þ      

2 (2 ;2; 3)

từ đó :

2

2

2

( ; ) V AM

d M

V





 

 



=

=

3

2 1 2

 

Theo bài ra :

2 2

2 10 17

3

1

2 10 17 9

4

t

t







1 (4;1;1)

t  Þ M

*t 4 Þ M(7;4;4)

Câu VII.b (1,0 điểm)

 







2

4 2 0 1

2log 2 log 0 2

ĐK:











2

0

x

y

 2  log2x 22  log2y2  x 22 y2  x2 4x y2 4 3 

Thế (3) vào (1):





          



2 (L)

y

y

     





3

x

KL: Hệ PT có 1 nghiệm duy nhất











3 1

x y