ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Toán

ĐẠI HỌC

GỢI Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010

Môn Toán, khối A

-Gợi ý đáp án này do Tổ chuyên gia giải đề của Hệ thống đào tạo Công nghệ thông tin Quốc tế

Bachkhoa-Aptech và Bachkhoa-Npower cung cấp

1 Thạc sỹ Doãn Minh Cường – Hiệu trưởng trường phổ thông Quốc tế Phú Châu (Chuyên Tiếng Anh Đại học Điện Lực)

2 Thạc sỹ Trần Thị Phương Thảo – Cổng Giáo dục trực tuyến VTC

3 Nhà giáo Lại Văn Tý – Tổ trưởng tổ Toán Trường Phổ thông Quốc tế Phú Châu

4 Nhà giáo Hoàng Trọng Hảo – Toán Tuổi thơ

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y x 3 2x2(1 m x m)  (1), m là tham số thực

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1

Khi m = 1 hàm số là y x 3 2x21

Tập xác định :

Chiều biến thiên :

y  x  x

'

0,( 1)

y





 



lim , lim

Bảng biến thiên:

Cực trị : y max 1 tại x 0

min 5

27

y  tại 4

3

x 

Đồ thị :

Điểm uốn : '' 6y  x 4 triệt tiêu và đổi dấu tại 2

3

x  , đồ thị có điểm uốn 2 11;

3 27

U 

Giao với các trục: x 0 y1 Đồ thị cắt trục tung tại điểm 0;1 

2

y  x  x    x x 

Đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm có hoành độ 1, 1 5

2

x x 

Vẽ đồ thị

2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi có hoành độ x x x thỏa 1, ,2 3

mãn điều kiện 2 2 2

x x x 

Phương trình xác định hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là:

3 2 2 (1 )x + m = 0 (1)

x  x   m

Biến đổi tương đương phương trình này:

2

2

x(x 2 1) (x-1)=0

x(x-1) (x-1) = 0

m

(x-1).(x(x-1)-m) = 02

(x-1)(x x-m) = 0



x=12

x x-m=0 (2)



 





Yêu cầu bài toán sẽ được thực hiện khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt x x  thỏa mãn 1, 2 1 điều kiện:

1 x x 4 (3)

Điều kiện để (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 là:

2

1

( ) 4

a



   



  

Theo Viet ta có: x1x2 1, x x1 2 m nên

 1 22 1 2

1 2 3

1 ( )

m

Tổng hợp các điều kiện (a) và (b) ta được các giá trị cần tìm của m là:

1

0; 0 1

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình1 sin os2x sin

1 4

cos

x x



 Điều kiên: cos 0 sin 1

x









Ta có sin 1 (sin cos ) 1 cos (tan 1)

Phương trình đã cho có thể viết lại thành

1 sin 1 2sin2  1 cos tan 1

1

x x



  2sin2xsinx 1 0

sin 1

1 sin

1

2 sin

2

x

x x









(do điều kiệnsinx 1)

7

6

k

k m Z m











 









2 Giải bất phương trình 2 1





Ta có

2

x  x  x     x R

Do đó 1 2(x2 x1) 0

Với điều kiện x 0, bất phương trình đã cho tương đương với

2(x2 x1)x x 1

Ta thấy x 0 không thỏa mãn bất phương trình nên x 0 Vì vậy chia 2 vế của BPT cho x  0

ta được:

2(x 1 1) x 1 1

Đặt t 1 x t2 1 x 2 x 1 t2 2

x

          , bất phương trình được viết lại thành

2(t21) t 1

Tiếp tục biến đổi tương đương ta được

2

1

1 ( 1) 0

2

t

t t

x









 



Câu III (1,0 điểm)

2

1 2 2

x x

x

 

Do đó tích phân cần tính là:

2

2

 

3 1  

1 0 0

1 2 1

x x

x

e







  1

0

1 1

ln 1 2

3 2

x e

1 1ln1 2

e



 

Đáp số : 1 1ln1 2

e

Câu IV (1,0 điểm)

1 Tính thể tích khối chóp

.

2

gt 1

3

2 2 2 2 2

5

S CDMN CDMN





.

3

S CDMN

2 Tính khoảng cách giữa 2 đuờng thắng DM và CS theo a

CN CD ND a     CN 

  Thay vào (1)

Thay vào (*)

2 2

2

5

a HK

 

  12

19

a

HK 

Câu V (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình  2   

( , )

x y











Điều kiện

5

4

y y

x

x









 Xét (1): 4x1xy 3 5 2 y 0

Đặt u2x; v 5 2 y 3; 0

2

Suy ra

u v

1 0

3

Tức là 2

2

0

2

x









 Thế vào

2

5 4

2

x

y  vào (2) ta được phương trình

2

2

x

x     x

4

      (3) với điều kiện 0 3

4

x

 

Kí hiệu f x là vế trái của (3), ta thấy   1 0

2

f    

  Hơn nữa với 0;3

4

x   

  ta có

3 4

x

 nên f x nghịch biến trên đoạn   0;3

4

 

 

 

Và (3) ( ) 1

2

f x f  

 

1 2

x

Với 1

2

x  thế vào 5 4 2

2

x

y  ta được y  Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là:2

2

x y

PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a

1 Ta thấy d d tạo với Oy góc 1, 2 300

2 2

ABC

OA AB  A  

OC OA  C  

Đường tròn (T) đường kính AC có: 1 ; 3 , 1

2 3

AC

I   R 

Phương trình (T):

1 2

2 3

2 Viết lại phương trình  dưới dạng tham số:

x=1 2

2

t

y t











  

 Thế vào phương trình (P) ta được 1 2 t 2t   2 t 0  t= 1

 cắt (P) tại điểm C 1; 1; 1  

Xét điểm Mx=1 2 ; t y t z;  2 t

 

 

2

2

2 2 1 1 6

4 1 2( 1) 6

1 1 +1 1 =0; = 2

t t

a.Nếu t=0thì M1;0; 2  khoảng cách từ M đến (P) là: 1 0 2 1

 



 

b Nếu t 2 thì M3; 2;0  khoảng cách từ M0 đến (P) l à: 3 4 0 1

  



 

Đáp số : 1

6

Câu VII a (1,0 điểm)

( 2i)  2 2 2i i  1 2 2i

2

(1 2 2 )(1 2 )

i

 

  

Số phức z có phần ảo là  2

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6;6); đường thẳng đi qua

trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x y  4 0 Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết điểm E(1;-3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho

Lời giải:

Gọi là đường thẳng đi qua trung điểm của AC và AB

Ta có  ,  6 6 4 4 2

2

d A     

Vì là đường trung bình của ABC

 ;  2  ;  2.4 2 8 2

Gọi phương trình đường thẳng BC là: x y a  0

28 2

a a

a

a



 Nếu a 28 thì phương trình của BC là x y  28 0 , trường hợp này A nằm khác phía đối với

BC và, vô lí Vậy a 4, do đó phương trình BC là: x y  4 0

Đường cao kẻ từ A của ABC là đường thẳng đi qua A(6;6) vàBC:x y  4 0 nên có phương trình là x y 0

Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình

0 2



Vậy H (-2;-2)

Vì BC có phương trình là x y  4 0 nên tọa độ B có dạng: B(a; -4-a)

Lại vì H là trung điểm BC nên C(-4-a; a)

Suy ra:

5 ; 3 

   

    



Vì CEAB nên AB CE  0 a 6 a5  a3 a10 0

 

6

a

a





    

 Vậy  

 

0; 4

4;0

B

C









 

6; 2 2; 6

B C









Câu VI.b.2

Phương trình tham số của

2 2

3 2

 





   

  

 Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và ( )  có:

(2;3; 2)

P

n  v

 

( ) :2( 0) 3( 0) 2( 2) 0

Gọi I là giao điểm của ( ) và (P) Ta có tọa độ I là nghiệm của hệ:



Vậy I(-2; 2; -3)

Khoảng cách từ A đến ( ) chính là độ dài IA ( 2 0)  2(2 0) 2  ( 3 2)2  ,3

Viết phương trình mặt cầu:

Vì mặt cầu cắttại 2 điểm B, C nên I là trung điểm BC

2 2 2 32 42 25 5

Vậy mặt cầu cần tìm có phương trình là: x2y2(z2)225

Câu VII.b (1,0 điểm):

Ta có:

(1 3i) 1 3 3 3.3 3 3

1 3 3 9 3 3 8



3

2

4 4

i

8 8

8 2

z iz

   

-HỆ THỐNG ĐÀO TẠO CÔNG NG -HỆ THÔNG TIN QUỐC TẾ