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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (551.48 KB, 9 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

GỢI Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Mơn Tốn, 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)

' 0 0

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

4 2 6 0 2

x x x

     

Đồ thị cắt trục Oy tại



0;6



; Cắt trục Ox tại



 2;0



</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

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

Vì tiếp tuyến vng góc với đường thẳng
1

1
6

y  x

nên ta có:



4 3 2 .



1 1

x x

  









1 2 2 3 0

x x x

      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

sin cos 2 0 1

PT x x x x

x x x x

x x x

x

x x

Vì sinx cos x 2 nên (1) vô nghiệm.

Vậy










 

   
  



2
1 6
sin ,
2 5
2
6
x k

x k m

x m

2. Điều kiện : x -2

PT      

 24x 2 x 2  24 2 x 2 2x3 4x 4 2x3

 24 2 x2(24x4  1) =  

3 4 4

2 (2x x 1)


 
 



 3
4 4
4 2 2

2 1
2 2
x
x x

 


  
 3

4 4 0 (1)

4 2 2

x

x 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 x x

 (x 2)(x52x44x3  4) 0



 

    

 5 4 3

2 ( )

( ) 2 4 4 0

x TM

f x x x x

Vì x3 4nên f(x) > 0

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu III (1,0 điểm)

 

       

 



1 2

1 1 1

3 ln

2 ln 2 l 3

e e e

x

I x xdx x nxdx dx I I

x x





2  2 



1 1

I l ( ) l (l )

e e

e

nxd x x nx x d nx

  

        

 



2 2 2

1 1 1

1 1

l l

2 2 2 2

e

e e x e e e

x nx xdx x nx e

Đặt t = lnx Þ 
dx
dt

x . Ta cóx Þ1 t 0;x e Þt 1
Vậy:





 

2 1

2 0

3 3

2 2

I tdt t

. Suy ra

 

    

2 2

1 2

1 3 2

2 2 2

e e

I I I
Câu IV (1,0 điểm)

*) Xét SAH có SH2 SA2 AH2

 

       Þ 

 

 

2 2

2 2 2 2 2 14 14

4 16 16 4

a a a a

SH a a SH

Dt    

1 1 14 28

. . 2.

2 2 4 8

a a

SAC AC SH a

Mặt khác Dt   

1 28

2 8

a

SAC SACM    

1 28 28

2 8 4

a a

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>





 

         

 

2 2 2

2 2 2 28 2 28 4

: AM 2 = 2a

4 16 16 4

a a a a

CMA AC CM a

Þ  1

2 2

a

AM SA

Þ M là trung điểm SA

*) Gọi V là thể tích hình chóp S.ABCDÞ . 
1
2
S ABC

V V

Mp (SBC) cắt SA tại M; cắt SC tại C; cắt SB tại B.
Gọi V là thể tích hình chóp SBCM.

Ta có :

  Þ   Þ  

3 3

1 1 1 1 1 14 14

. . . .

1 2 2 2 4 4 12 48

v SM SC SB a a

v V V v

SA SC SB
V

Vậy 

3
.
14
48
S MBC
V a
.
Câu V (1,0 điểm)

Điều kiện:
2
2

4 21 0
3 10 0

x x
x x
   


   


3 7
2 5
x
x
  

 
  

  2 x 5

Vậy TXĐ là đoạn



2;5



Ta có:

2 2

2 4 2 3

2 4 21 2 3 10

x x

y

x x x x

   

 

     

' 0

y  



2x 3



x24x21



2x 4



x23x10



 



















2 3 2 4 0

2 3 4 21 2 4 3 10

x x

x x x x x x

   

 
        


2
3
2
2

51 104 29 0
x
x
x x




  


   





 
 

1
( )
3
29
( )
17
x TM
x L

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

1 29

3 17

x  x 
:

x -2 5 1

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

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)

AH IM x y

  

 

Þ  Þ  Þ 

 

 

2 0 2

( 2,3)

2 6 3

M M

x x

M

y y Þ IM (0,3)
Phương trình đường thẳng BC đi qua M, có 



(0,1)
BC

n là: y 3
C  đường BC ÞC x( ,3)c

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

     

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

R IC x Þ xc24xc 4 9 74  Þ xc24xc  61 0

  



  



2 65 ( )

2 65 ( )
c

c

x thoa man

x loai

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

2. Ta có (P)(R) ; (Q)  (R);



P

n = (1 ; 1 ; 1); nQ = (1; -1 ; 1);



'R

n = [ n P ;



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



2 2 2
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

  



Þ  Þ   Þ  

 




2 2

2 2
2 2

1 1

0
a b

a b a b

a b

 




 


  


 


1
1
1
1

z i

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

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



0 ( , 1) (1, )

kx y k U k

Gọi H t kt( , )  (t R) thì khoảng cách từ H đến Ox là kt
Khoảng cách từ A đến  là 2

2
1

k 



2
2

1 kt

k

 

   Þ 

   

( , 2) (1, ) . 0

AH t kt U k AH U

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

Þ  Þ 

 

  

2 2

2 .2 1

1 1

k k k

k k

k k Þ k2  1k2 Þ k4  1 k2

 



Þ 





2 1 5
2
1 5

2
k



Þ  1 5

k

Vậy phương trình là: y =



1 5

2 x hoặc



 1 5

y x

Hình vẽ:

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

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)

V AM t t

từ đó :

2
2

.
( ; ) V AM
d M

V



 

 

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 



2 2 2

(2 ) 4 ( 3) 2 10 17
=

3
2 1 2

t t t t

     

 

Theo bài ra :

2
2

2 10 17

( ; ) 1 1

t t

d M   Þ    2

1
2 10 17 9

4
t

t t

t




Þ    Þ 




1 (4;1;1)
t  Þ M

*t 4 Þ M(7;4;4)
Câu VII.b (1,0 điểm)

 





 

    




  




2 2

4 2 0 1

2log 2 log 0 2

x x y

x y

ĐK:








0
x
y

 

2  log2



x 2



2 log2y2 



x 2



2 y2  x2 4x y2 4 3

 

Thế (3) vào (1):




         




2 4 2 0 2 2 0 1

2 (L)
y

y y y y

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

 

 

 

 Þ     




2 1

1 3 4 3 0

x L

y x x

x
KL: Hệ PT có 1 nghiệm duy nhất








</div>

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





















<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>















 

 





 



 











<sub></sub>

<sub></sub>



<sub></sub>



















 



























 





 

 









 

 

 

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về