ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI A TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010

Tính thể tích khối chóp... Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 1... Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình.

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI A TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010

-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 : '' 6y = 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

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 x x x thỏa 1, ,2 3 mãn điều kiện x12+ +x22 x32 <4

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

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

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

⇔

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: 2 2 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

( )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

x x

π

+

Điều kiên: cos 0 sin 1

tan 1

x





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

= +

⇔ −2sin2x+sinx+ =1 0

sin 1

1 sin

1

2 sin

2

x

x x

=





= −



(do điều kiệnsinx≠ ± −1)- ⇔ x= 6 2 ( , )

7 x= 2 6

k

k m Z m



∈





Ta có

2

2 2 2

2

1− 2(x − + <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

2(t2+ ≤ +1) t 1

Tiếp tục biến đổi tương đương ta được

2

2( 1) ( 1) 2 1 0

1

1 ( 1) 0

2

3 5 2

t

t t

x x

⇔

≥ −





− +

−

⇔ =

Câu III (1,0 điểm)

Ta có: 2 2 2( )

2

1 2 2

x

Do đó tích phân cần tính là:

2

2

+ +

∫ ∫ ∫ 3 1 ( )

1 0 0

1 2 1

3 2 1 2

x x

x

e

+

+

∫ ( ) 1

0

1 1

ln 1 2

3 2

x e

= + + 1 1 1 2ln

3 2 3

e

+

3 2 3

e

Câu IV (1,0 điểm)

1 Tính thể tích khối chóp

( )

.

2

2 2

gt 1

3

2 2 2 2 2

5

4 8 8

⊥

=

.

3

S CDMN

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

 ÷

 

Thay vào (1) 2 5 2

Thay vào (*)

2 2

2

( 3) 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

 ≤





( + ) (+ − ) − =

Đặt u=2x; v= 5 2− y 3; 0

2

Suy ra

2 2

u v

(u v u) ( 2 uv v2 1) 0

Vì

2

0

4 5 2

2

x

≥







Thế vào

2

5 4

2

x

vào (2) ta được phương trình 2

2 5 4

2

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

3 0;

4

∈ ÷ ta có

3 4

x

− nên f x nghịch biến trên đoạn ( ) 0;3

4

Và (3) ( ) 1

2

Với 1

2

x= thế vào

2

5 4 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 d tạo với Oy góc 1, 2 300

Từ đó ·AOB=60 ;0 ·ACB=300

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=0 thì 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

1 4 1 6

− + +

= + +

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 2 )

1 2 2 2 4

5 2 2

5 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 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 )

( 6; 4 6)

= + − −

= − − − −

uuur uuur

Vì CE⊥AB nên uuur uuurAB CE = ⇒0 (a−6) (a+ + +5) (a 3) (a+10) =0

2 12 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 ( ) 2 3

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

2 3 2 4 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:

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

Câu VII.b (1,0 điểm):

(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

⇒ + = − −

⇒ + =