Phan Văn Quang (Trường THPT Diên Hồng).[r]
Trang 11
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010
MÔN TOÁN – KHỐI B
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2,0 điểm) :y 2x 1
x 1
+
= +
1) + D=ℝ\{ }−1
+
1
x 1
′ = >
+ , x∀ ∈D + Hàm số không có cực trị
+ Hàm sốđồng biến trong khoảng (−∞ −; 1) và (− +∞1; ) +
x
lim y 2
→±∞ = Tiệm cận ngang y =2
x 1
lim y
+
→−
= −∞;
x 1
lim y
−
→−
= +∞ Tiệm cận đứng x = -1
+ Bảng biến thiên:
+ Điểm đặc biệt:
x 0 y 1
1
y 0 x
2
= → =
−
= → = + Đồ thị:
y = 2
y
x
1 2
− 1
Trang 22
2) Tìm m để (d): y = –2x + m cắt (C) tại A, B sao cho SAOB= 3
+ Phương trình hoành độ giao điểm giữa (C) và (d)
2x 1
2x m
x 1+ = − +
+ ⇔2x 1+ = − +( 2x m)(x 1+ )
(x= –1 không là nghiệm số của phương trình)
2
⇔ + − + − = (*)
Để (d) cắt (C) tại A, B phân biệt ⇔ (*) có 2 nghiệm phân biệt xA, xB
⇔∆ > 0 ⇔ ( ) (2 )
m 8 0
⇔ + > ∀m
A x ; 2x m
→ − + ; B x ; 2x( B − B +m)
OA x ; 2x m
OB x ; 2x m
→
1
2
2x x mx 2x x x m 2 3
2
2
4
+
2 2
= −
⇔
=
⇔ = ±m 2
Câu II (2,0 điểm) :
1) Giải phương trình : (sin2x + cos2x).cosx + 2cos2x – sinx = 0
cos cos sin cos cos
cos
2
2x 0
=
2) 3x 1+ - 6−x+ 3x2 – 14x – 8 = 0
3
− ≤ ≤
Trang 33
Phương trình ⇔( 3x 1+ – 4) – ( 6−x–1) + 3x2 – 14x – 5 = 0
3x 1 4
− + + –
5 x
−
− + + 3x
2 – 14x – 5 = 0
⇔
=
⇔ x = 5
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân
1
ln (2 ln )
e
x dx
∫
Đặt u = lnx →du = 1dx
x
Khi x = 1→u = 0 , x = e→u =1
→I=
1
2
0 ( 2)
u du
u+
1
2 0
2 2
u
du u
+ − +
1
2 0
2
−
1 1
0
2
2
o
u
u
+
→I =ln3 1
2 − 3
Câu IV (1,0 điểm):
+ Cĩ ∆ABC đều cạnh a
2 ABC
a 3 S
4
∆
+ Gọi M là trung điểm BC
(AMA BC) (BC ; A MABC) BC (do A BC cân tại A )BC
A BC , ABC′ A MA 60′
AM
2
= và ∆A’AM vuơng cĩ
0 AA
t an60
AM
′
= AA AM 3 3a
2
Vậy
LT ABC
a 3 3a 3a 3
o 60
A
C B
A'
M G
H
Trang 44
+ Kẻ GH // AA’ và do AA’ ⊥ (ABC) GH ⊥ (ABC) và AA a
GH
3 2
′
= = + Kẻ đường trung trực (d) của cạnh GA của ∆GAH và GH là trục đường tròn
của ∆ABC
+ (d) cắt GH tại I
Ta có ∆GNI đồng dạng ∆GHA GN.GA = GI.GH
mà GI = R =
2
GA 2GH (
2
2 7a GA
12
= ; a
GH
2
= ) R 7a
12
=
Câu V (1,0 điểm):
* Ta có: a,b,c 0
a + b + c = 1
≥
→ 0 ≤ a,b,c ≤ 1 →
2
2 2 2
1 (a b c)
+ +
= ≤ + + ≤ + + =
*
2
2 2 2 2 2 2 (ab + bc + ca)
a b b c +c a
3
*
2 2 2 2 2 2 2 (a + b + c) (a b c ) 1 (a b c )
ab bc ca =
M≥ (ab + bc + ca) +3(ab+bc ca)+ +2 a + +b c
→
2
2 2 2
Đặt t = 2 2 2
a + +b c 1 t 1
3
≤ ≤
→
≥ + +
→ M t4 8t2 8t 7
4
− + +
≥ Xét
4 2
t 8t 8t 7 1
f (t) ; t 1
− + +
f '(t) t3 4t 2 0; t 1 ;1
3
= − + < ∀ ∈
→ f t( ) giảm t 1 ;1
3
∀ ∈
→ M≥f (t)≥f (1)=2
Vậy minM = 2, Xảy ra khi :
I N
G
A
C
B H
Trang 55
a b 0 a c 0 b c 0
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 4 0
−
⊥ + − =
Tọa độ giao điểm (CC')∩(d)=H thỏa x y 5 x 0
⇔
H(0,5)
→ và H là trung điểm CC’→C'(4,9)
+ ACC'∆ vuơng cân tại A AC CC' 8
2
Mà A∈(d) : x+ − =y 5 0⇒A(a,5 a)− với a>0
AC =64⇔ +(a 4) + −(a 4) =64
a2 16 a 4
a 4(loai)
=
⇔ = ⇔
= −
A(4,1)
→
(AC') : x 4 B(4, b)
+ Theo giả thiết: SABC 24 AB (0, b 1)
AC ( 8,0)
=
= −
1
8(b 1) 24 b 1 6 2
⇔ − − = ⇔ − =
b 7 B(4,7) (BC) : 3x 4y 16 0
b 5 B(4, 5) (loại vì B, C cùng phía với (d))
⇔
= − → −
2) A(1,0,0); B(0,b,0)
+ Phương trình mặt phẳng (ABC) cĩ dạng :x y z 1
1 + + =b c bcx cy bz bc 0
⇔ + + − =
(ABC)
VTPT n bc;c;b
→ =
+ Cĩ : (ABC)⊥(P)⇔n ( ABC).n( P ) =0⇔ − =c b 0(1)
2 1
(d): x + y - 5 =0 C'
H A
Trang 66
+ Theo đề, cĩ : [ O,( ABC)] 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
3
+ +
2 2 2 2
8b c b c 0(2)
+ Thay (1) vào (2), cĩ : 4 2
8b −2b =0(do b>0) b 1 c 1
⇔ = → = Vậy PTMP (ABC) : x +2y +2z -1=0
Câu VIIa (1,0 điểm)
Gọi z = a + bi, Cĩ : a + (b – 1)i = (1 + i)(a + bi)
⇔ a + (b – 1)i = (a – b) + (a + b)i
a +(b-1) = (a - b) +(a +b)
⇔ a2
+ b2 – 2b + 1 = 2a2 + 2b2
⇔ a2
+ b2 + 2b – 1 = 0
Vậy tập hợp biểu diễn số phức là đường trịn (C) : x2 + y2 +2y – 1 = 0
B THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VIb (2,0 điểm)
1) + F1(−1;0), F 1;0 2( )
+ PT ĐT (AF1): x− 3y 1 0+ =
+ Tọa độđiểm M thỏa hpt:
2 2
x 3y 1 0
1 M 1;
y 0
>
+ Ta cĩ
2 2
2
4
MA MF
3
MF MN (do N đối xứng F qua M)
= =
Suy ra đường trịn ngoại tiếp ∆ANF2 cĩ tâm M 1; 2
3
, bán kính
2 R
3
=
Phương trình đường trịn ngoại tiếp ∆ANF2 là: ( )2 2 2 4
3 3
− + − =
2) + Gọi M(m,0,0) là điểm cần tìm
+ Từ phương trình đường thẳng (d), cĩ :
(d) qua A(0,1,0) và cĩ VTCP u=(2,1, 2)
Trang 77
+ Có : AM (m, 1,0) AM, u ( 2, 2m, m 2)
u (2,1, 2)
+ Theo đề có : [ ] 2 ( )2
M ,( )
3 u
∆
5m 4m 8 9m
m 2
= −
⇔ + + = ⇔
=
Vậy M1(-1,0,0) và M2(2,0,0) thỏa đề
Câu VIIb (1,0 điểm)
2
x x 2
log (3y 1) x (1)
4 2 3y (2)
− =
+ =
+ Điều kiện: 3y-1>0 ⇔y>1
3(*) + Từ giả thiết (1)⇔3y 1 2− = x(3)
(3y 1)− +(3y 1)− =3y ⇔6y −3y=0
y 0
1 y
2
=
⇔
So với (*) y 1
2
→ =
+ Thay y 1
2
= vào (3) x 1 1
2
−
→ = = ⇔ = − Vậy
x 1 1 y 2
= −
=
là nghiệm của hệ
Người giải: GV Tạ Thuận Hòa – GV Phan Văn Quang (Trường THPT Diên Hồng)