zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

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

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

Báo xấu

200
lượt xem 36
download

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:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 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 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.
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)
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.
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

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.