Xem mẫu
- 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
nguon tai.lieu . vn
