Đáp án Toán khối B (ĐH 2009)

1
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)
I.1 Đề bài:
Lời giải:
• TXĐ: D
≡
R
• Sự biến thiên
Ta có: y '
=
8x
3
−
8x
=
0 ⇔
⎡
x
=

0
⎢
x
= ±
1
⎣
Bảng biến thiên:
x
−∞
-1 0 1
+∞
y'
−
0
+
0
−
0
+
+∞
0
+∞
y
-2
-2
Đồ thị đồng biến trên mỗi khoảng (-1; 0) và
(
1;

+∞

)
; nghịch biến trên mỗi khoảng
(
−
∞
;

−
1
)

và
(
0;1
)

. Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1 và x = 1; y
CT
= −
2
; đạt cực đại tại x = 0; y
CD
=
0
• 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

)
I.2 Đề bài:
Lời giải:
• Số nghiệm của phương trình x
2
| x
2
−
2
|
=
m ⇔ 2 x
4
−
4x
2
=
2m là số giao điểm của đồ thị
hàm số y
=
2x
4
−
4x
2
và đường thẳng y
=
2m
⎧
⎪

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)
II.1 Đề bài:
Lời giải:
sinx + cosx.sin2x + 3 cos3x = 2(cos4x + sin
3
x) (1)
(1)
⇔ sin x
+
sin 3x
+
sin x
+
3 cos 3x
=
2 cos 4x
+
3 sin x
−
sin 3x
2
2
⇔ sin 3x
+
3 cos 3x
=
2 cos 4x ⇔ cos
⎛
3x

−
π
⎞
=
cos 4x
⎜
6
⎟
⎝ ⎠
⎡
3x
−
π
=
4 x
−
2kπ
⎡
x
π
+
2kπ
⎢
6
⎢
= −
6
⇔
⎢
(k ∈ Z ) ⇔

⎢
(
k ∈ Z
)
⎢
3x
−
π
=
−
4x

−
2kπ
⎢
x
=
π
+
2k
π
⎢⎣ 6 ⎢⎣ 24 7
Vậy phương trình có hai họ nghiệm x
π
+
2kπ
; x
=
π
+

2kπ
(k ∈ Z)
=

−

6 24
7
II.2 Đề bài:
Lời giải:
⎧
⎪

xy
+
x
+
1
=
7 y
⎪
⎧
x
(
y
+
1
)

=

7 y
−
1
⎨
2 2 2
⇔
⎨
2 2 2
⎪⎩
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 y
3
−
5 y
2
+
y
+
1
=
0 ⇔
(
y
−
1
)

(
3
y

−
1
)

(
12
y
2
+
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
)
1 1 1
−
3

3
1
3 3
1
=
x
+
1
−
ln 2

x
+
1
+
∫
x
+
d (ln x)
1 1
1
1
3 1
3
dx 3 1
3
1
3
1 3 3
=
4
−
4
ln 3
+
∫
x( x
+
1)
=
4

−
4
ln 3
+
∫
x
dx
−
∫
x
+
dx
=
4
+
4
ln 3
−
ln 2
1 1 1
1
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
=
60
0
ΔB ' GB có
C
⎧
BG
=
1
a
A
B
=
60
0
⎫
⎪ ⎪
2

⎬
⇒
⎨
(*)
M
B
BB '
=
a
⎪
⎭ ⎪
B ' G
=
3
a
⎪
⎩
2
a
Tính S
ABC
theo a?
⎧
⎪

AC
=
CM
=
MA

=
MB
=
x
C’
Đặt AB = 2x ⇒
⎨
⎪⎩
BC
=
3x
A’
⇒ GM
=
1
CM
=
x
B’
3 3
Xét ΔGMB có GMB
=
2CAB
=
120
0
, theo định lí hàm số cosin ta có:
GB
2
=

GM
2
+
MB
2
−
2.GM .MB cos120
0
2
= GB
2
=
⎛
1
x
⎞
+
x
2
−
2.
1
x.x
⎛
−
=
1

⎞
=

13
x
2
⎜
3
⎟
3
⎜
2
⎟
9
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2
Từ (*) ⇒
⎛
1
a
⎞
=
13
x
2
⇔ x
=
3
a
⎜
2
⎟
9

2
13
⎝ ⎠
Vậy AC = x =
3
a ; BC = 3x
=
3 3
a
2 13 2 13
S
=
1
AC.CB
=
1
⎛
3
a
⎞
⎛
3 3
a
⎞
=
9 3
a
2
(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
a
3
A ' ABC
3
ABC
208
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( x
2
+
y
2
)
2
−
2( x
2
+
y
2
)

−
3x
2
y
2
+
1
≥
9
( x
2
+
y
2
)
2
−
2( x
2
+
y
2
)
+
1
4
( Vì: ( x
2
+
y

2
)
2
≥
4 x
2
y
2
⇒
3
( x
2
+
y
2
)
≥
3x
2
y
2
)
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 ⇒ x
2
+
y
2
≥
( x
+
y)
≥
1
2
2
Do vậy: 4 A
=
9( x
2
+
y
2
)
−
8( x
2
+

y
2
)
+
4 = ⎡
⎣
8( x
2
+
y
2
)
2
+
2⎤
⎦
−
8( x
2
+
y
2
)
+
( x
2
+
y
2
)

2
+
2
=
2(2( x
2
+
y
2
)
−
1)
2
+
( x
2
+
y
2
)
2
−
1
≥
1
+
2
=
9
4

4
Dấu “=” xảy ra khi x
=
y
=
1
2
Vậy: min A
=
9
, đạt được khi x
=
y
=
1
.
16
2
Câu Via
(2,0 điểm)
VIa.1
Đề bài:
Lời giải:
Giả sử K (a, b) ∈ (C ) ⇒ (a
−
2)
2
+
b
2

=
4
(1)
5
(C1) tiếp xúc với Δ
1
, Δ
2
, ta có:
a
−
b a
−
7b
⎡
a
=
2b
R
= =
⇒
⎢
b
2 50
⎢
a

=

−

⎣
2
TH1: a
=
2b, (1) ⇒ (2b
−
2)
2
+
b
2
=
4
⇒ b
=
4
⇒ a
=
8
5 5
5
⇒ K (
8
;
4
); R
=
4
5 5

5 2
TH 2 : a
b
, (4) ⇒
(
−

b
−
2)
2
+
b
2
=
4
⇒ vô nghiệm
=

−

2 2 5
Vậy K (
8
;
4
); R
=
4
5 5

5 2
VIa.2 Đề bài:
Lời giải:
Giả sử véc tơ pháp tuyến của (P) là Δ(a, b, c) ; (a
2
+
b
2
+
c
2
>
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
a
2
+
b
2
+
c
2
=
a
2
+
b
2

+
c
2
⇒
⎢
b
=
0
⎣
TH : a
=
2b, (2) ⇒ c
=
7b
⇒ phương trình (P) : 4x
+
2 y
+
7 z
−
15
=
0
1
2
TH : b
=
0, (2) ⇒ c
=
3a

⇒ phương trình (P) : 2 x
+
3z
−
5
=
0
2
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
⎨
⇔
⎨
2 2
⎪
⎩
a
2
+
b
2
=
25
⎩
a

+
b
=
25
⎧
b

=
10
−
2a
⎧
b

=
10
−
2a
⎧
a

=
5
⇔
⎨
2 2
⇔
⎨
2

⇔
⎨
⎩
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.
VIb.1 Đề bài:
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
2 2 2
S
=
1
AH .BC
=

1
2.(
9
)
2
.2 2 t
−
7
=
9 t
−
7
=
18.
ΔABC
2 2 2 2
2
⎡
t
=
11
⇒ t
−
7
=
2 ⇒
⎢
2
⎢
2

⎢
t
3
⎢
⎣

=

−

2
Do đó B
⎛
11
;
3
⎞
⇒ C
⎛
3
;
−
5
⎞
hoặc B
⎛
−
3
;
−

11
⎞
⇒ C
⎛
17
;
9
⎞
⎜
2 2
⎟ ⎜
2 2
⎟ ⎜
2 2
⎟ ⎜
2 2
⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
VIb.2 Đề bài:
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
( P )
=
(1,
−
2,

2) , Q qua A (-3,0,1).
⇒ (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 B
0
của B trên (Q).
Xét đường thẳng ( Δ ) và ⊥ (Q) véc tơ chỉ phương ( Δ ) là: u
Δ
(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
⎨
0
⎪
z
=
3
+
2t
⎩
⇒ 1
+
t
+
2
+
4t
+
6
+
4t
+
1
=
0