DAP AN DE THI DAI HOC 4-7-2010

Vẽ đồ thị2... Tính thể tích khối chóp... Theo chương trình chuẩn Câu VI.a.

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

Môn Toán, khối A

-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 :

' 3 2 4

'

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 :y'' 6 = x− 4 triệt tiêu và đổi dấu tại 2

3

x= , đồ thị có điểm uốn 2 11;

3 27

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

Vẽ đồ thị

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

1 , , 2 3

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)

Biến đổi tương đương phương trình này:

2

2

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

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

m

2

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

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

⇔

2

x=1

x x-m=0 (2)



⇔  −



Yêu cầu bài toán sẽ được thực hiện khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt x x1 , 2 ≠ 1

thỏa mãn điều kiện:

1 2

1 +x +x < 4 (3)

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

2

1

1 4 0

( ) 4

a



∆ = + >

⇔

Theo Viet ta có: x1 + =x2 1, x x1 2 = −m nên

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

x x

π

  = +

Điều kiên: costanx x≠ −≠ ⇔01 sinx≠ ± −1



Ta có sin 1 (sin cos ) 1 cos (tan 1)

Phương trình đã cho có thể viết lại thành

1 sin 1 2sin cos tan 1

1

x x

= +

⇔ − 2sin 2x+ sinx+ = 1 0

sin 1

1 sin

1

2 sin

2

x

x x

=





= −



(do điều kiệnsinx≠ ± − 1)

⇔ x= 6 2 ( , )

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

+ − ≤ − + +

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

3 5 2

t

t t

x x

⇔

≥ −



− ≤



− +

−

⇔ =

Câu III (1,0 điểm)

2

1 2 2

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 1 1 2ln

e

+

= +

e

Câu IV (1,0 điểm)

1 Tính thể tích khối chóp

( )

.

2

2 2

gt 1

3

2 2 2 2 2

5

⊥

=

.

3

S CDMN

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

 ÷

  Thay vào (1)

.

Thay vào (*)

2 2

2

5

a HK

 

 ÷

 

12

19

a

Câu V (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình ( 2 ) ( )

2 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

 ≤ ≥ 

v = − y⇒ =y − ⇒ − = −y +

u v

⇔ + − − =

1 0

Vì

u + + + =uv v u+  + + > ∀u v∈

2

0

2

x

≥







Thế vào 5 4 2

2

x

y= − vào (2) ta được phương trình

2

2 5 4

2

x

4

4

x

≤ ≤ .

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

2

f   = ÷

  Hơn nữa với

3 0;

4

∈ ÷ ta có

3 4

x

− nên f x( )nghịch biến trên đoạn 0;3

4

 

 

 

Và (3) ( ) 1

2

⇔ =  ÷  ⇔ =x 12

Với 1

2

x= thế vào 5 4 2

2

x

y= − ta được y=2 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là:

, 2

2

PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a

1 Ta thấy d d1 , 2 tạo với Oy góc 30 0

ABC

Đường tròn (T) đường kính AC có: 2 ; 3 , 1

3

AC

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

1 4 1 6

− −

= + +

b Nếu t= − 2 thì M(− − 3; 2;0) khoản

g cách từ M0 đến (P) l à: 3 4 0 1

− + +

= + +

Đáp số : 1

6

Câu VII a (1,0 điểm)

Ta có: ( 2 +i) 2 = + 2 2 2i i+ = + 2 1 2 2i

2

(1 2 2 )(1 2 2 )

1 2 2 2 4

5 2 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

Vì ∆là đường trung bình của VABC

( ; ) 2 ( ; ) 2.4 2 8 2

Gọi phương trình đường thẳng BC là: x y a+ + = 0

28 2

a a

a

a

=

⇒  = −

Vì A nằm về cùng phía với BC và∆:

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

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

x y x y− =+ + =4 00 ⇒x y= −= −22

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 )

( 6; 4 6)

= + − −

= − − − −

uuur uuur

Vì CE ⊥AB nên uuur uuurAB 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

nr = =vr

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

Gọi y 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

Xét ABI ta có:

AB =AI +BI = + = ⇒AB=

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

(1 3) 8 8(1 )

4 4

i

4 4 ; 4 4

8 8

8 2

z iz

⇒ = − + = − −

⇒ + = − −

⇒ + =