alanin sinh học 10 nguyễn văn tiệp thư viện tư liệu giáo dục

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (200.93 KB, 7 trang )

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

GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010

MƠN: TỐN, KH

Ố

I A

Câu I.

1. Khi m = 1 => y = x3 – 2x2 + 1
TXĐ D = R

Giới hạn:

(

)

(

)

3 2

lim lim 2 1

x x

y x x

→−∞ →−∞

→+∞ →+∞

= − + =

−∞
+∞
Sự biến thiên: y’ = 3x2 – 4x

(

)

' 0 3 4 0 4

x

y x x

x

=
⎡
⎢

= ↔ − = ↔

⎢ =

⎣

+ Vậy hàm sốđồng biến trên khoảng (-∞, 0) U (4/3, +∞) và nghịch biến trên khoảng (0, 4/3)
+ Tọa độđiểm cực đại (0, 1) và điểm cực tiểu 4, 5

3 27
−

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

Bảng biến thiên:

Đồ thị:
x
y
y’

-∞ 0 4/3 +∞

0 __ 0

+ +

−

-∞

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

Hocmai.vn – Ngơi trường chung của học trị Việt Trang 2
2. Hoành độ giao điểm của (C) với Ox là nghiệm của phương trình:

x3 – 2x2(1-m)x + m = 0

Ù (x – 1)(x2 – x– m) = 0

Ù (x – 1)g(x) = 0

Để (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt x1; x2; x3 =1 thì:

0 1 4 0

(1)
4

(1) 0 0

g m m

g m

m
⎧
Δ > + > > −
⎧ ↔⎧ ↔⎪
⎨ ≠ ⎨− ≠ ⎨

⎩ ⎩ ⎪ ≠⎩

Mặt khác, ta có:

(

)

2 2 2

1 2 3 1 2 2 1 2 1

x +x +x = x +x − x x +

Áp dụng định lí Viet ta có

1 2 2 2 2

1 2 3

1 2

1 2 1 4 1 (2)

x x

x x x m m

x x m

+ =
⎧

⇒ + + = + + < ⇒ <
⎨ = −

⎩

Kết hợp (1) và (2) =>

0
1

1
4

m
m
≠
⎧
⎪
⎨

− < <

⎪⎩ thì thỏa mãn.

Câu II.

1. Điều kiện 2 2 (1)
tanx -1 x

-4

x k

k

π π π

π π

⎧ ≠ +

⎧ ≠ + ⎪

⎪ ⇔⎪

⎨ ⎨

⎪ ≠ ⎪ ≠ +

⎩ ⎪⎩

Phương trình

(

)(

)

(

)

s inx cos 1 s inx cos 2 cos 1

cos

2 s inx cos 2

x x x

x
x

+ + +

⇔ =

(

)

2
1 s inx cos 2 1
1 sinx 1 2sin 1

2
2
sinx 1

2
1

6
sinx

2 7

2
6

x
x

x k

x k k

x k

π π

⇔ + + =

⇔ + + − =

⎡ = +
⎢

= ⎢

⎡

⎢
⎢

⇔ ⇔⎢ = − +

⎢ = −
⎢
⎣

⎢ = +
⎢⎣

Z

∈

So sánh với (1) ta có nghiệm là:

(

)

6
7

2
6

x k

k Z

x k

π π

⎡ = − +
⎢

∈
⎢

⎢ = +
⎢⎣

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

2. Điều kiện x ≥ 0

Ta thấy:

(

)

(

)

(

)

2 1 3 3 2

2 1 2 1 2 1 1 1 2 1

2 2 2

x − + =x ⎛⎜x− ⎞⎟ + ≥ > ⇒ x − + > ⇒ −x x − + <x

⎝ ⎠

2 0

Vậy bất phương trình 1 2

(

2 1

)

1 2

(

2 1

)

x x x x x x x x

⇔ − ≤ − − + ⇔ − ≤ − − +

Ta lại có: 2

(

2 1

)

2 2 3 2 2 2 3 9 7 0
2 16 8

x x

⎛ − + ⎞+ >

⎜ ⎟

⎝ ⎠

x − + − =x x x − x+ =

(

)

(

)

2
2

2 1

x x x

⇒ − + >

⇒ − − + <0
⇒x− < ⇒ <1 0 x 1 (1)

=> Bất phương trình:

(

1

)

(

2

(

)

x− ≥ x−

)

2
1

x − +x

(

)

2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1

x x x x x x x x

⇒ − + ≥ + − + − − +

(

)

2 2x x x 1 x x 1

⇔ − + ≥ + +

(

)

2
2

2 1

3 1 0

x x x

x x

⇔ − − + ≤

⇔ = − +

⇔ − + =

3 5
2

x ±

⇔ =

So sánh điều kiện (1) 3 5.
2

x −

⇒ =

Câu III.

(

)

(

)

(

)

1 2 2 1 1

0 0 0

1 1

0 0

1 2

2 1

1 2 2 1 2

1 1 1 1

ln 1 2 ln 1 2 ln 3

3 2 3 2

1 1 2

ln .

3 3

x

x x

x

d e

x e x e

I dx x dx

e e

x e e

e

+
+ +

= = +

+ +

= + + = + ⎡⎣ + − ⎤⎦
+

= +

∫

Câu IV.

Do:

(

)

. 1 .

S CDNM CDNM

SH ⊥ ABCD ⇒V = SH S

Ta có: 2 2 2 5

8 4 8

CDNM ABCD AMN BCM

a a a

S =S −S −S =a − − =

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

Hocmai.vn – Ngơi trường chung của học trị Việt Trang 4
Vậy:

2 3

1 5 5

. 3.

3 8 24

S CDNM

a a

V = a = 3

)

Mặt khác ta lại có:

(

CN MD

MD SCN

SH MD

⊥

⎧ ⇒ ⊥

⎨ ⊥

⎩ tại H.

Qua H dựng HK ⊥SC

(

K∈SC

)

HK chính là đoạn vng góc chung của SC
và DM

Ta tính HK:

Ta có: 1 2 12 12 12 12 52 .
5
4

a
DH
a

DH =CD +ND =a + =a ⇒ =

2 2

2 2 2 2 4 .

5 5

a a

HC CD HD a

⇒ = − = − =

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 19 2 5

4 3 12 19

a
HK
a

HK = HC +SH = + a = a ⇒ =

Câu V.Điều kiện: 3; 5

4 2

x≤ y≤

Đặt 5 2 2 ;

(

)

5 4 2
2

u

y u u y −

− = ≥ ⇒ =

Thế vào phương trình thứ nhất

(

4 2 1

) (

4 2 1

)

(*

x x u u

⇒ + = + )

Đặt

( )

(

4 2 1

)

'

( )

12 2 1 0

( )

f t = t + t⇒ f t = t + > ⇒ f t đồng biến

(*) ⇒ x = u.

Thế vào phương trình thứ hai

( )

2
2

2 5 4

4 2 3

u

g u u ⎛ − ⎞ u

⇒ = +⎜ ⎟ + − =

⎝ ⎠ 4 7

( )

5 4 2

(

)

' 8 2 8 (*

2 3 4

u

g u u u

u
−

= + ⋅ ⋅ − −

− *)

(

)

4 3

32 1 0 0

4
3 4

u u do u x

u

⎛ ⎞

= − − < ⎜ ≤ = ≤ ⎟

− ⎝ ⎠

⇒ g(u) nghịch biến, mà 1 7
2

g⎛ ⎞ =⎜ ⎟

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

⇒ (**) có nghiệm duy nhất

1
1

2 2

x
u

y
⎧ =
⎪
= ⇒ ⎨

⎪ =
⎩

Câu VI.a.

1. Ta có: d1∩d2 =O

( )

0;0

Đặt

AB c

BC a

CA b

=
⎧
⎪ =
⎨

⎪ =
⎩

Do cos os

(

1; 2

)

3 1 1
2.2 2

AOC c d d −

∠ = ∠ = =

60 2

a BC R

AOC BAC b AC R

c AB R

⎧ = =

⎪

⇒ ∠ = = ∠ ⇒⎨ = =

⎪ = =

⎩
3

2 3 3 3

4 4 2 2

3
2
1

abc R

S R

R R

a BC

b AC

c AB

⇒ = = = = ⇒ =

⎧ = =

⎪

⇒⎨ = =

⎪ = =

⎩

R

Xét ΔABC và ΔOAC có chung 0 ΔABC đồng dạng với ΔOAC

C

A B

∠
⎧

⇒
⎨

∠ = ∠ =
⎩

. 1.2

3 3

AB BC AB AC

OA

OA AC BC

⇒ = ⇒ = = = 2

Gọi

(

)

2 2 4

; 3 4 3

0 0

A a a OA a

a

a a

⎧

⎧ − = =

⎪ ⇒⎪ ⇒

⎨ ⎨

⎪ ⎪

⎩ ⎩ >

Phương trình đường thẳng qua 3; 1
3

A⎛⎜⎜ − ⎞

⎝ ⎠⎟⎟ vng góc với d1 là:

(

)

3 1 0 : 3 3 4

x y x y

⎛ ⎞

− − + = ⇔ Δ − − =

⎜ ⎟

⎝ ⎠ 0

C là giao điểm Δ và d1. Tọa độ C là nghiệm của hệ:

3 3 4 0 2

; 2
3

3 0

x y

C

x y

⎧ − − = ⎛ ⎞

⎪ ⇒ − −

⎨ ⎜ ⎟

⎝ ⎠

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

Hocmai.vn – Ngơi trường chung của học trị Việt Trang 6
=> tâm I có tọa độ ; 1 3;

2 2 2

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝2 3 ⎠

A C A C

x +x y +y −

⎛ ⎞ =

⎝ ⎠

⎜ ⎟

=> Phương trình là:

2 2

1 3

1
2
2 3

x y

⎛ + ⎞ +⎛ + ⎞ =
⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎝ ⎠

⎝ ⎠

2.Gọi α là góc giữa Δ và (P)
Ta có: cosα =cos

(

nJJG JJGP;uΔ

)

JJG

Mà

(

)

(

)

1; 2; 1
2; 1; 1
p

n
uΔ

⎧ = −
⎪

⎨

= −
⎪⎩JJG

( )

1.2 2 .1 1. 1 1
os

6
6 6

c α + − + −

⇒ = =

Nhưng MH = MC.cosα

(

( )

)

6 1 1
6 6

MH =d M → P = ⋅ =

Câu VII.a.

(

) (

)(

)

2 1 2 1 2 2 1 2 5 2 5

z= +i − i = + i − i = + i→ = −z 2 i

⇒ Phần ảo của z là − 2.

Câu VI.b.

1. Gọi trung điểm M của AC là M(a, 4 – a) do đó C(2a – 6, 2 – 2a)
H là trung điểm của MN.

Phương trình (AH):

1 – (x – 6) – 1(y – 6) = 0 nên (AH): x – y = 0.
Tọa độđiểm H là nghiệm của hệ phương trình:

( )

2; 2 .
4 0

x y

H

x y

− =

⎧ ⇒

⎨ + − =
⎩

Suy ra N(4 – a; a) vì HN = HM nên
B(2 – 2a; 2a – 6).

Ta có:

(

)(

) (

)(

)

(

) (

)

(

) (

)

. 0 7 2 2 2 5 6

0; 4 , 4;0

4 6; 2 , 2; 6

CE AN a a a a

B C

a

a B C

= ⇒ − − − + − − =
− −

⎡
=
⎡

⇒⎢ = ⇒ ⎢

− −

⎣ ⎢⎣
JJJG JJJG G

0
E(1; -3)

A(6; 6)

M 
N

C 
B

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

2. Ta có Δđi qua Mo(-2; 2; -3) và uJJGΔ =

(

2; 3; 2

)

(

)

(

)

2; 2; 1 . 7; 2;10

. 49 4 100

3
4 9 4

o o

o

M A M A u

M A u
d A

u

⎡ ⎤

⇒ = − ⇒⎣ ⎦= − −

⎡ ⎤ + +

⎣ ⎦

⇒ → Δ = = =

+ +
JJJJJG JJJJJG JJJG

JJJJJG JJJG
JJJG

Ta gọi H là chân đường vng góc hạ từ A xuống BC
=> H là tiêu điểm của BC 4

BC
Bh

⇒ = =

2 2 32 42

R AH BH

⇒ = + = + =5

Vậy phương trình mặt cầu là:

(

)

2 2 2 2

x +y + +z =

Câu VII.b

(

)

(

)

(

1 3 8

4 4

1 1

4 4

4 4 4 4 8 8 8 1

i

z i

i i

z i

z iz i i i i i

− −

= = = − −

− −

⇒ = − +

⇒ + = − − + − + = − − = − −

)

⇒ Modul của z+izlà 8 2.

Giáo viên: Tổ Toán Hocmai.vn

</div>

alanin sinh học 10 nguyễn văn tiệp thư viện tư liệu giáo dục

<b>GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 </b>

<b>MƠN: TỐN, KH</b>

<b>Ố</b>

<b>I A </b>

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

(

)

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

∫

∫

∫

(

)

)

(

(

)

(

)

(

) (

)

( )

(

)

( )

( )

( )

( )

(

)

(