Đáp án đề thi tuyển sinh Đại học 2010 mônToán khối B

Gợi ý giải môn Toán khối B
Năm 2010 – 2011

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I. 1.
{}
()
/
2
1
\1; 0,
1
D yx
x
=− = >∀∈
+
 D

TCĐ: x= -1 vì ; TCN: y = 2 vì
11
lim , lim
xx
yy
−+
→− →
=+∞ =−∞ lim 2
x
y
→±∞
=

Hàm số đồng biến trên (−∞; −1) và (−1; +∞). Hàm số không có cực trị.
x -∞ -1
+∞
y’ + +
y +∞ 2

2 -∞


O
1
-1
3
2
-2-3
1
2
−

5
2

2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y = -2x +m
() (
2
21
22410
1
x
xm x mx m
x
+
=− + ⇔ + − + − =
+
)
*
m
(vì x = -1 không là nghiệm)
Phương trình (*) có nên d luôn cắt (C) tại điểm A, B.Ta
có:
2
80,mΔ= + > ∀
()()
1
3322
2
OAB A B B A A B B A

Sxyxyxxmxxm
Δ
=⇔ − = ⇔ −+−−+=
23

() ()
2
2
23 12
AB AB
mx x m x x⇔−=⇔ −=
2
2
8
12
4
m
m
+
⇔ =

42 2
8480 4mm m m⇔+ −=⇔=⇔=±2

Câu II.
1. (sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x – sinx = 0
⇔ cos2x (cosx + 2) + sinx (2cos
2
x – 1) = 0
⇔ cos2x (cosx + 2) + sinx.cos2x = 0

⇔ cos2x (cosx + sinx + 2 = 0) ⇔ cos2x = 0
⇔ 2x =
2
k
π
π
+
⇔ x =
42
k
π π
+
(k ∈ Z)
2.
2
31 6 3 1480xxxx+− − + − −=
, điều kiện :
1
x6
3
− ≤≤

⇔
2
3141 6 3 1450xxxx+−+− − + − −=

⇔
315 5
(5)(31)0
3141 6

xx
xx
xx
−−
++−+
++ + −
=

⇔ x – 5 = 0 hay
31
(3 1) 0
3141 6
x
xx
+ ++=
++ + −
(vô nghiệm) ⇔ x = 5
Câu III.
()
2
1
ln
2ln
e
x
Id
x
xx
=
+

∫
;
1
lnu x du dx

x
=⇒=
x 1 e
u 0 1
() ()
11
22
00
12
2
22
u
I du du
u
uu
⎛⎞
==−
⎜⎟
⎜⎟
+
++
⎝⎠
∫∫

1

0
2
ln 2
2
u
u
⎛⎞
=++
⎜⎟
+
⎝⎠

()
2
ln 3 ln 2 1
3
⎛⎞
=+−+
⎜⎟
⎝⎠

31
ln
23
⎛⎞
=−

⎜⎟
⎝⎠
Câu IV.

Gọi H là trung điểm của BC, theo giả thuyết ta có :
. Ta có : AH =

0
A'HA 60=
a3
2
, A’H = 2AH =
a3

và AA’ =
a3.3
2
=
3a
2

Vậy thể tích khối lăng trụ V =
2
a33a
42
=
3
3a 3
8

Kẻ đường trung trực của GA tại trung điểm M của GA
trong mặt phẳng A’AH cắt GI tại J thì GJ là bán kính
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC.
Ta có: GM.GA = GJ.GI

⇒ R = GJ =
.GM GA
GI
=
222
22
GA GI IA
GI GI
+
=
=
7
12
a
A’
A
B
C
B’
H
G
I
C’
M

Câu V. Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a
2
+ b
2
+ c

2
≥ ab + bc + ca
⇒ 1 = (a + b + c)
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca)
⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 – 2t và
1
0
3
t
≤ ≤

Theo B.C.S ta có : t
2
= (ab + bc + ca)
2
≤ 3(a
2

b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
)
⇒ M ≥
2
3212 ()tt tft++ − =

f’(t) =
2
23
12
t
t
+−
−

f ’’(t) =
3
2
2
(1 2 )t
−

−
< 0, ∀t ∈
1
0,
3
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎣ ⎦
⇒ f’(t) là hàm giảm

111
'( ) '( ) 2 3
33
ft f≥=−
> 0 ⇒ f tăng ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2, ∀t ∈
1
0,
3
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎣ ⎦

⇒ M ≥ 2, ∀ a, b, c không âm thỏa a + b + c = 1
Khi a = b = 0 và c = 1 thì M = 2. Vậy min M = 2.
PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a.
1. Vì C (-4; 1), vuông và phân giác trong

A

góc A là (d) : x + y – 5 = 0, x
A
> 0 nên A(4; 1)
⇒ AC = 8
Mà diện tích ΔABC = 24 nên AB = 6.
Mặt khác, AB vuông góc với trục hoành
nên B (4; 7)
Vậy phương trình của BC là: 3x + 4y – 16 = 0
A
B
C
(d)
2. A (1; 0; 0); B (0; b; 0); C (0; 0; c) với b, c > 0
⇒ (ABC) :
1
1
xyz
bc
++=
⇒ (ABC) : bc.x + cy + bz – bc = 0
Vì d (0; ABC) =
1
3
nên
22 2 2
1
3
bc
bc b c
=

++
⇒ 3b
2
c
2
= b
2
c
2
+ b
2
+ c
2

⇔ b
2
+ c
2
= 2b
2
c
2
(1)
(P) : y – z + 1 = 0 có VTPT là
(0;1; 1)
P
n = −
uur

(ABC) có VTPT là

(;;)nbccb=
r
Vì (P) vuông góc với (ABC) ⇒
.
PP
nn nn 0⊥ ⇔=
r uurruur
⇒ c – b = 0 (2)
Từ (1), (2) và b, c > 0 suy ra : b = c = 1
Câu VII.a.
z = a + ib. Suy ra : và (1+i)z = (1 + i)(a + bi) = (a – b) + (a + b)i
(1)zia b i−= + −

(1 )zi iz−= +
⇔
22 2
(1) ( )( )ab ab ab+− = − ++
2

⇔ a
2
+ (b
2
– 2b + 1) = 2 (a
2
+ b
2
) ⇔ a
2
+ b

2
+ 2b – 1 = 0 ⇔ a
2
+ (b + 1)
2
= 2
Vậy z = a + ib với a, b thỏa a
2
+ (b + 1)
2
= 2.
B. Theo Chương trình Nâng Cao
Câu VI.b.
1.
()
22
222
:1 32
32
xy
Ecab+=⇒=−=−=1

Do đó F
1
(-1; 0); F
2
(1; 0); (AF
1
) có phương trình
310xy− +=

⇒ M
2
1;
3
⎛
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
⇒ N
4
1;
3
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
⇒
1
NA 1;
3
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠
uuur
;
( )
2
FA 1; 3=

uuur
⇒
2
NA.F A 0=
uuur uuur
⇒ ΔANF
2
vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính
là F
2
N. Do đó đường tròn có phương trình là :
2
2
24
(1)
3
3
xy
⎛⎞
− +− =
⎜⎟
⎝⎠

2. d (M; Δ) =
NM, a
a
Δ
Δ
uuuuruur
uur

. M ∈ Ox ⇔ M (m; 0; 0)
Δ qua N (0; 1; 0) có VTCP
a
r
= (2; 1; 2)
⇒
NM (m; 1; 0)=−
uuuur
a, NM (2;2m; 2 m)
⎡⎤
=−−
⎣⎦
ruuuur
Ta có: d (M, Δ) = OM ⇔
a, NM
OM
a
⎡⎤
⎣⎦
=
r uuuur
r
⇔
2
5m 4m 8
m
3
++
=

⇔ 4m
2
– 4m – 8 = 0 ⇔ m = −1 hay m = 2. Vậy M (−1; 0; 0) hay M (2; 0; 0)

Câu VII.b.
⇔ ⇔
2
xx 2
log (3y 1) x
423y
−=
⎧
⎨
+=
⎩
x
xx
3y 1 2
423y
⎧
−=
⎪
⎨
+=
⎪
⎩
2
x
xx
21

y
3
423y
⎧
+
=
⎪
⎨
⎪
+=
⎩
2
⇔
x
xx x
21
y
3
3(4 2 ) (2 1)
⎧
+
=
⎪
⎨
⎪
2
+ =+
⎩

⇔

x
xx
21
y
3
2.4 2 1 0
⎧
+
=
⎪
⎨
⎪
+−=
⎩
⇔
x
xx
21
y
3
1
(2 1)(2 ) 0
2
⎧
+
=
⎪
⎪
⎨
⎪

+ −=
⎪
⎩
⇔
x
x
21
y
3
1
2
2
⎧
+
=
⎪
⎪
⎨
⎪
=
⎪
⎩
⇔
x1
1
y
2
=−
⎧
⎪

⎨
=
⎪
⎩