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

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

0
166
lượt xem
36
download

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

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo đáp án đề thi tuyển sinh Đại học 2010 mônToán khối B

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đáp án đề thi tuyển sinh Đại học 2010 mônToán khối B

  1. Gợi ý giải môn Toán khối B Năm 2010 – 2011 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 1 Câu I. 1. D = \ {−1} ; y / = > 0, ∀x ∈ D ( x + 1) 2 TCĐ: x= -1 vì lim y = +∞, lim y = −∞ ; TCN: y = 2 vì lim y = 2 x →−1− x →1+ x →±∞ Hàm số đồng biến trên (−∞; −1) và (−1; +∞). Hàm số không có cực trị. x -∞ -1 +∞ y’ + + y +∞ 2 2 -∞ 3 5 2 2 1 -3 -2 -1 − 1 O 2 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y = -2x +m 2x +1 = −2 x + m ⇔ 2 x 2 + ( 4 − m ) x + 1 − m = 0 (*) (vì x = -1 không là nghiệm) x +1 Phương trình (*) có Δ = m2 + 8 > 0, ∀m nên d luôn cắt (C) tại điểm A, B.Ta có: 1 S ΔOAB = 3 ⇔ x A y B − xB y A = 3 ⇔ x A ( −2 xB + m ) − xB ( −2 x A + m ) = 2 3 2 m2 + 8 ⇔ m ( x A − xB ) = 2 3 ⇔ m 2 ( x A − xB ) = 12 ⇔ m 2 2 = 12 4 ⇔ m4 + 8m2 − 48 = 0 ⇔ m2 = 4 ⇔ m = ±2 Câu II.
  2. 1. (sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x – sinx = 0 ⇔ cos2x (cosx + 2) + sinx (2cos2x – 1) = 0 ⇔ cos2x (cosx + 2) + sinx.cos2x = 0 ⇔ cos2x (cosx + sinx + 2 = 0) ⇔ cos2x = 0 π π π ⇔ 2x = + kπ ⇔ x = + k (k ∈ Z) 2 4 2 1 2. 3x + 1 − 6 − x + 3x2 − 14 x − 8 = 0 , điều kiện : − ≤ x ≤ 6 3 ⇔ 3x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3x2 − 14 x − 5 = 0 3 x − 15 x−5 ⇔ + + ( x − 5)(3 x + 1) = 0 3x + 1 + 4 1 + 6 − x 3 1 ⇔ x – 5 = 0 hay + + (3 x + 1) = 0 (vô nghiệm) ⇔ x = 5 3x + 1 + 4 1 + 6 − x Câu III. e ln x 1 I =∫ dx ; u = ln x ⇒ du = dx x ( 2 + ln x ) 2 1 x x 1 e u 0 1 1 u ⎛ 1 1 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ 1 I =∫ du = ∫ ⎜ − ⎟du = ⎜ ln 2 + u + ⎟ (2 + u) 2 0⎝ ⎜ 2 + u ( 2 + u )2 ⎟ ⎝ 2+u ⎠0 0 ⎠ ⎛ 2⎞ ⎛3⎞ 1 = ⎜ ln 3 + ⎟ − ( ln 2 + 1) = ln ⎜ ⎟ − ⎝ 3⎠ ⎝2⎠ 3 Câu IV. A’ Gọi H là trung điểm của BC, theo giả thuyết ta có : a 3 A'HA = 600 . Ta có : AH = , A’H = 2AH = a C’ 3 2 a 3. 3 3a B’ và AA’ = = 2 2 a 2 3 3a 3a 3 3 Vậy thể tích khối lăng trụ V = = 4 2 8 Kẻ đường trung trực của GA tại trung điểm M của GA G M trong mặt phẳng A’AH cắt GI tại J thì GJ là bán kính A mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC. Ta có: GM.GA = GJ.GI C I GM .GA GA2 GI 2 + IA2 7 a H ⇒ R = GJ = = = = GI 2GI 2GI 12 B 2 2 2 Câu V. Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a + b + c ≥ ab + bc + ca ⇒ 1 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca)
  3. 1 ⇒ a2 + b2 + c2 = 1 – 2t và 0 ≤ t ≤ 3 Theo B.C.S ta có : t2 = (ab + bc + ca)2 ≤ 3(a2b2 + b2c2 + c2a2) ⇒ M ≥ t 2 + 3t + 2 1 − 2t = f (t ) 2 f’(t) = 2t + 3 − 1 − 2t 2 ⎡ 1⎤ f ’’(t) = 2 − < 0, ∀t ∈ ⎢0, ⎥ ⇒ f’(t) là hàm giảm (1 − 2t ) 3 ⎣ 3⎦ 1 11 ⎡ 1⎤ f '(t ) ≥ f '( ) = − 2 3 > 0 ⇒ f tăng ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2, ∀t ∈ ⎢0, 3 ⎥ 3 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), A vuông và phân giác trong B góc A là (d) : x + y – 5 = 0, xA > 0 nên A(4; 1) ⇒ AC = 8 Mà diện tích ΔABC = 24 nên AB = 6. C A Mặt khác, AB vuông góc với trục hoành nên B (4; 7) Vậy phương trình của BC là: 3x + 4y – 16 = 0 (d) 2. A (1; 0; 0); B (0; b; 0); C (0; 0; c) với b, c > 0 x y z ⇒ (ABC) : + + = 1 ⇒ (ABC) : bc.x + cy + bz – bc = 0 1 b c 1 bc 1 Vì d (0; ABC) = nên = ⇒ 3b2c2 = b2c2 + b2 + c2 3 b2c 2 + b2 + c 2 3 ⇔ b2 + c2 = 2b2c2 (1) uu r (P) : y – z + 1 = 0 có VTPT là nP = (0;1; −1) r (ABC) có VTPT là n = (bc; c; b) r uu r r uu r Vì (P) vuông góc với (ABC) ⇒ n ⊥ nP ⇔ n.nP = 0 ⇒ c – b = 0 (2) Từ (1), (2) và b, c > 0 suy ra : b = c = 1 Câu VII.a. z = a + ib. Suy ra : z − i = a + (b − 1)i và (1+i)z = (1 + i)(a + bi) = (a – b) + (a + b)i z − i = (1 + i) z ⇔ a 2 + (b − 1)2 = (a − b)2 + (a + b)2 ⇔ a2 + (b2 – 2b + 1) = 2 (a2 + b2) ⇔ a2 + b2 + 2b – 1 = 0 ⇔ a2 + (b + 1)2 = 2 Vậy z = a + ib với a, b thỏa a2 + (b + 1)2 = 2. B. Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b.
  4. x2 y2 1. ( E ) : + = 1 ⇒ c 2 = a 2 − b 2 = 3 − 2 = 1 3 2 Do đó F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình x − y 3 + 1 = 0 uuur ⎛ 1 ⎞ uuur uuur uuur ⇒ M ⎜1; ⎛ ⎝ 2 ⎞ 3⎠ ⎛ 4 ⎞ ⎟ ⇒ N ⎜1; ⎝ ⎟ ⇒ NA = ⎜1; − 3⎠ ⎝ ( ⎟ ; F2 A = 1; 3 ⇒ NA.F2 A = 0 3⎠ ) ⇒ ΔANF2 vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính 2 ⎛ 2 ⎞ 4 là F2N. Do đó đường tròn có phương trình là : ( x − 1) + ⎜ y − 2 ⎟ =3 ⎝ 3⎠ uuuu uu r r NM, a Δ 2. d (M; Δ) = uur . M ∈ Ox ⇔ M (m; 0; 0) aΔ r Δ qua N (0; 1; 0) có VTCP a = (2; 1; 2) uuuu r r uuuu r NM = (m; −1;0) ⇒ ⎡a, NM ⎤ = (2; 2m; −2 − m) ⎣ ⎦ r uuuu r ⎡ a, NM ⎤ 5m 2 + 4m + 8 Ta có: d (M, Δ) = OM ⇔ ⎣ r ⎦ = OM ⇔ = m a 3 ⇔ 4m2 – 4m – 8 = 0 ⇔ m = −1 hay m = 2. Vậy M (−1; 0; 0) hay M (2; 0; 0) Câu VII.b. ⎧ 2x + 1 ⎧ 2x + 1 ⎧log 2 (3y − 1) = x ⎧3y − 1 = 2 x ⎪ ⎪ y= ⎪ y= ⎨ x ⇔⎨ x x ⇔⎨ 3 ⇔⎨ 3 ⎩4 + 2 = 3y x 2 ⎪ 4 + 2 = 3y 2 ⎩ ⎪4 x + 2 x = 3y 2 ⎪3(4x + 2x ) = (2x + 1) 2 ⎩ ⎩ ⎧ ⎧ 2 +1 x ⎧ 2 +1 x 2x + 1 ⎪y = ⎪y = ⎧ x = −1 ⎪ y= ⎪ 3 ⎪ 3 ⇔ ⎪ ⇔⎨ 3 ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ 1 ⎪2.4x + 2x − 1 = 0 ⎪(2 x + 1)(2 x − 1 ) = 0 ⎪2x = 1 ⎪y = 2 ⎩ ⎩ ⎪ ⎪ ⎩ 2 ⎩ 2

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản