Your SlideShare is downloading. ×
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                                             ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
          ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯                 ...
Câu                                                                        Đáp án                                         ...
Câu                                                       Đáp án                                             Điểm
     V  ...
Câu                                                            Đáp án                                           Điểm
  VI....
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×

Da toan b_2010

727

Published on

Published in: Education, Sports
0 Comments
0 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

No Downloads
Views
Total Views
727
On Slideshare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
0
Actions
Shares
0
Downloads
5
Comments
0
Likes
0
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Transcript of "Da toan b_2010"

  1. 1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) • Tập xác định: R {−1}. • Sự biến thiên: 0,25 1 - Chiều biến thiên: y ' = > 0, ∀x ≠ −1. ( x + 1)2 Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞). - Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang: y = 2. x→ − ∞ x→ + ∞ 0,25 lim y = + ∞ và lim y = − ∞ ; tiệm cận đứng: x = −1. x → ( − 1) − x → ( − 1) + - Bảng biến thiên: x −∞ −1 +∞ y' + + +∞ 0,25 2 y 2 −∞ • Đồ thị: y 2 0,25 1 −1 O x 2. (1,0 điểm) 2x + 1 Phương trình hoành độ giao điểm: = −2x + m x +1 0,25 ⇔ 2x + 1 = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 không là nghiệm phương trình) ⇔ 2x2 + (4 − m)x + 1 − m = 0 (1). ∆ = m2 + 8 > 0 với mọi m, suy ra đường thẳng y = −2x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m. 0,25 Gọi A(x1; y1) và B(x2; y2), trong đó x1 và x2 là các nghiệm của (1); y1 = −2x1 + m và y2 = −2x2 + m. | m| 5(m 2 + 8) 0,25 Ta có: d(O, AB) = và AB = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = 5 ( x1 + x2 ) − 20 x1 x2 = 2 2 2 . 5 2 1 | m | m2 + 8 | m | m2 + 8 SOAB = AB. d(O, AB) = , suy ra: = 3 ⇔ m = ± 2. 0,25 2 4 4 Trang 1/4
  2. 2. Câu Đáp án Điểm II 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 2sin x cos 2 x − sin x + cos 2 x cos x + 2cos 2 x = 0 0,25 ⇔ cos 2 x sin x + (cos x + 2) cos 2 x = 0 ⇔ (sin x + cos x + 2) cos 2 x = 0 (1). 0,25 Do phương trình sin x + cos x + 2 = 0 vô nghiệm, nên: 0,25 π π (1) ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x = +k (k ∈ Z). 0,25 4 2 2. (1,0 điểm) 1 Điều kiện: − ≤ x ≤ 6. 0,25 3 Phương trình đã cho tương đương với: ( 3 x + 1 − 4) + (1 − 6 − x ) + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0 0,25 3( x − 5) x−5 ⇔ + + ( x − 5)(3x + 1) = 0 3x + 1 + 4 6− x +1 0,25 3 1 ⇔ x = 5 hoặc + + 3x + 1 = 0 . 3x + 1 + 4 6− x +1 3 1 ⎡ 1 ⎤ + + 3 x + 1 > 0 ∀x ∈ ⎢ − ; 6 ⎥ , do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5. 0,25 3x + 1 + 4 6− x +1 ⎣ 3 ⎦ III 1 Đặt t = 2 + ln x , ta có dt = dx ; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3. 0,25 (1,0 điểm) x 3 3 3 t−2 1 1 I = ∫ t2 dt = ∫ t dt − 2 ∫ 2 dt . 0,25 2 2 2 t 3 3 2 = ln t 2 + 0,25 t 2 1 3 = − + ln . 0,25 3 2 IV A' C' • Thể tích khối lăng trụ. (1,0 điểm) Gọi D là trung điểm BC, ta có: 0,25 B' BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ A ' D, suy ra: ADA ' = 60 . 3a a2 3 G Ta có: AA ' = AD.tan ADA ' = ; SABC = . 2 4 0,25 3a3 3 A C Do đó: VABC . A ' B ' C ' = S ABC . AA ' = . H 8 D • Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC. B Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra: G GH // A ' A ⇒ GH ⊥ (ABC). E Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, ta có I là giao 0,25 điểm của GH với trung trực của AG trong mặt phẳng (AGH). A H GE.GA GA2 Gọi E là trung điểm AG, ta có: R = GI = = . I GH 2 GH AA ' a a 3 7a 2 7a 2 2 7a Ta có: GH = = ; AH = ; GA2 = GH2 + AH2 = . Do đó: R = . = . 0,25 3 2 3 12 2.12 a 12 Trang 2/4
  3. 3. Câu Đáp án Điểm V Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + 2 1 − 2(ab + bc + ca ) . 0,25 (1,0 điểm) (a + b + c) 2 1 Đặt t = ab + bc + ca, ta có: 0 ≤ t ≤ = . 3 3 ⎡ 1⎞ 2 Xét hàm f (t ) = t 2 + 3t + 2 1 − 2t trên ⎢0; ⎟ , ta có: f '(t ) = 2t + 3 − ; 0,25 ⎣ 2⎠ 1 − 2t 2 f ''(t ) = 2 − ≤ 0, dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0; suy ra f '(t ) nghịch biến. (1 − 2t )3 ⎡ 1⎤ ⎛ 1 ⎞ 11 Xét trên đoạn ⎢0; ⎥ ta có: f '(t ) ≥ f ' ⎜ ⎟ = − 2 3 > 0 , suy ra f(t) đồng biến. ⎣ 3⎦ ⎝ 3⎠ 3 0,25 ⎡ 1⎤ Do đó: f(t) ≥ f(0) = 2 ∀t ∈ ⎢0; ⎥ . ⎣ 3⎦ ⎡ 1⎤ Vì thế: M ≥ f(t) ≥ 2 ∀t ∈ ⎢0; ⎥ ; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1 ⎣ 3⎦ 0,25 ⇔ (a; b; c) là một trong các bộ số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1). Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2. VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Gọi D là điểm đối xứng của C(− 4; 1) qua d: x + y − 5 = 0, suy ra tọa độ D(x; y) thỏa mãn: D ⎧( x + 4) − ( y − 1) = 0 d ⎪ 0,25 ⎨ x − 4 y +1 ⇒ D(4; 9). B ⎪ 2 + 2 −5= 0 ⎩ Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y) C A ⎧x + y − 5 = 0 ⎪ 0,25 thỏa mãn: ⎨ 2 2 với x > 0, suy ra A(4; 1). ⎪ x + ( y − 5) = 32 ⎩ 2S ABC ⇒ AC = 8 ⇒ AB = = 6. AC B thuộc đường thẳng AD: x = 4, suy ra tọa độ B(4; y) thỏa mãn: (y − 1)2 = 36 0,25 ⇒ B(4; 7) hoặc B(4; − 5). Do d là phân giác trong của góc A, nên AB và AD cùng hướng, suy ra B(4; 7). 0,25 Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0. 2. (1,0 điểm) x y z Mặt phẳng (ABC) có phương trình: + + = 1. 0,25 1 b c 1 1 Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0, suy ra: − = 0 (1). 0,25 b c 1 1 1 1 1 Ta có: d(O, (ABC)) = ⇔ = ⇔ 2 + 2 = 8 (2). 3 1 1 3 b c 0,25 1+ + b2 c2 1 Từ (1) và (2), do b, c > 0 suy ra b = c = . 0,25 2 VII.a Biểu diễn số phức z = x + yi bởi điểm M(x; y) trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có: 0,25 (1,0 điểm) | z − i | = | (1 + i)z | ⇔ | x + (y − 1)i | = | (x − y) + (x + y)i | ⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − y)2 + (x + y)2 0,25 ⇔ x2 + y2 + 2y − 1 = 0. 0,25 2 2 Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình: x + (y + 1) = 2. 0,25 Trang 3/4
  4. 4. Câu Đáp án Điểm VI.b 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) y Nhận thấy: F1(−1; 0) và F2(1; 0). N x +1 y 0,25 A Đường thẳng AF1 có phương trình: = . M 3 3 F1 F2 M là giao điểm có tung độ dương của AF1 với (E), suy ra: O x ⎛ 2 3⎞ 2 3 0,25 M = ⎜1; ⎜ ⎟ ⇒ MA = MF2 = . ⎝ 3 ⎟ ⎠ 3 Do N là điểm đối xứng của F2 qua M nên MF2 = MN, suy ra: MA = MF2 = MN. 0,25 Do đó đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ANF2 là đường tròn tâm M, bán kính MF2. 2 ⎛ 2 3⎞ 4 0,25 Phương trình (T): ( x − 1) + ⎜ y − 2 ⎜ ⎟ = . ⎟ ⎝ 3 ⎠ 3 2. (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v = (2; 1; 2). Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra: AM = (t; −1; 0) 0,25 ⇒ ⎡v, AM ⎤ = (2; 2t; − t − 2) ⎣ ⎦ ⎡v, AM ⎤ 5t 2 + 4t + 8 ⎣ ⎦ ⇒ d(M, ∆) = = . 0,25 v 3 5t 2 + 4t + 8 Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔ =|t| 0,25 3 ⇔ t2 − t − 2 = 0 ⇔ t = − 1 hoặc t = 2. 0,25 Suy ra: M(−1; 0; 0) hoặc M(2; 0; 0). VII.b 1 Điều kiện y > , phương trình thứ nhất của hệ cho ta: 3y − 1 = 2x. 0,25 (1,0 điểm) 3 ⎧3 y − 1 = 2 x ⎪ ⎧3 y − 1 = 2 x ⎪ Do đó, hệ đã cho tương đương với: ⎨ ⇔ ⎨ 0,25 2 2 2 ⎪(3 y − 1) + 3 y − 1 = 3 y ⎩ ⎪6 y − 3 y = 0 ⎩ ⎧ x 1 ⎪2 = 2 ⎪ ⇔ ⎨ 0,25 ⎪y = 1 ⎪ ⎩ 2 ⎧ x = −1 ⎪ ⇔ ⎨ 1 0,25 ⎪y = 2. ⎩ ------------- Hết ------------- Trang 4/4

×