Đề thi đậi học môn toán khối A năm 2010 & đáp án

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010

MÔN TOÁN – KHỐI A

I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I: y x= 3−2x2 + −(1 m x m) +

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 :y'' 6 = 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) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và Ox

x −2x + −1 m x m 0+ =

(x 1 x) ( 2 x m) 0

2

x 1 0 (2)

g(x) x x m 0 (3)

− =





Gọi x1 là nghiệm pt (2) và x2, x3 là nghiệm pt (3)

Yê u cầu bài toán :



1 m

1 1 2m 4

−

 >

< ≠ < <





Câu II

1) ( + + )  + π÷

+

1 sinx cos2x sin x

Điều kiện:  ≠



cosx 0

⇔ 1 sinx cos2x sinx cosx =cosx

sinx

⇔2sin x sinx 2 02 − − =

=





⇒

=





sinx >1 (loại)

4

sinx (thỏa đk)

4

( )



4

k Z

4

2)

Ta cĩ: ( − + =)  −  + ≥ ⇒ − ( − + <)

2

bpt⇔ −x x 1≤ − 2 x( 2 − +x 1 ) ⇔ 2 x( 2 − + ≤x 1) x+ −(1 x)

( ) ( ) ( )

2 2

( ) ( )



⇔ 



⇔ 

− =



x 1 x 0

−

2

Câu III

2

+ +

+

+

Vậy I 1 1ln 1 2e

+

H M

B

A

C

S

K

Câu IV

+ Ta có: SH ⊥ (ABCD)  S.CMND CMND

1

3

=

2

S.CMND

+ Ta có : ∆CDN = ∆DAM

CN DM

⊥



⊥



Kẻ HK ⊥ SC  HK ⊥ MD  HK = d(DM, SC)

HK =SH +HC

với

2

2 2

2

CH

5a

CN.CH CD

4



=



HK

Câu V

+ Điều kiện:





 ≤



3 x 4 5 y 2

( )

a 2

a 2

2 a

a

H

N

M

D

C B

A

+ Xét =( 2+ )

1

f (x) 4x 1 x tăng trên  

3

0 ;

4 ,   = ÷

 

1

2

( )

1

g (y) 3 y 5 2y giảm trên  

5

0 ;

2 , g 2 1( ) =

2

f (x) 4x 2 3 4x giảm trên  

3

0 ; 4

= 2 2

g (y) y tăng trên  

5

0 ; 2 + Với 0 x≤ ≤ 1

2: (1)⇒g (y) f (x) 11 = 1 < ⇒ >y 2

 >  =



1

2

g (y) g (2) 4

⇒VT(2) >VP(2)

+ Với 1< ≤x 3

 

 

1

2



2

1

2

g (y) g(2) 4

⇒VT(2) <VP(2)

+ x= ⇒ =1 y 2

Vậy nghiệm:





 =



1 x 2

y 2

II – PHẦN RIÊNG

A THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu VIa

1) (d ): 3x y 01 + = ; (d ) : 3x y 02 − = .

+ d1∩d2 =0 0;0( )

+ cos d ;d( 1 2) = 3 3 1 1− =

·

⇒AOC 60 (= 0 ∆AOC vuông tại A)

⇒AC 2R ; AB R ; BC R 3 ; = = = OA=2R

3 . Theo gt: SABC = 3 ⇒ AB.BC = 3 ⇔ = ⇒R 1 OA= 2

Mà A∈( )d1 ⇒A a;( − 3a) ⇒OA2 = ⇔ +4 a 3a2 2 = ⇔4 4a2 = 4

⇔ =a 1

3 (a > 0).

+

−



3

1

(d ) (d )

⇒(d ): x3 − 3y− 4 =0

∈

3t 4

3

2



=





=





1 2

2

5 3 t

6 12t 8 3t 5 0

3 t

6 Vậy ( )  −  ÷ ÷  + + ÷ =

1

6 2 và ( )  +  ÷ ÷  + + ÷ =

2

2) :x 1 y z 2

− ; ( )P : x 2y z 0− + =

Phương trình tham số:

x 1 2t

= +





 = − −



¡

+ Vì C= ∆ ∩( )P Tọa độ điểm C thỏa hệ:

C 1; 1; 1

Tìm phần thực, ảo của z:

2

2

2

⇒ = −

Phần thực của z là a = 5; phần ảo của z là b= − 2

B THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu VIb

1) Đặt d : x y 4 0+ − =

+ A∈∆ ⊥ ⇒ ∆d : x y 0− =

+ Gọi H= ∆ ∩ ⇒d H 2;2( )

+ Gọi I là trung điểm BC

suy ra H là trung điểm IA  I(-2; -2)

+ Đường thẳng (BC) qua I và song song d

 (BC): x + y + 4 = 0

− −



B b ; b 4 B,C BC

C(c ; c 4) + ABuuur= − − −(b 6; b 10) ; ECuuur= − − −(c 1; c 1)

Ta cĩ:  =





uuur uuur AB.EC 0

I là trung điểm BC

( )( ) ( ) ( )



⇔ 

+ = −



( ) ( )

⇒B 6;2 ;C 2; 6 hay − − B 0; 4 ;C 4;0 ( − ) (− )

2) A 0;0; 2( − ) , :x 2 y 2 z 3

+ (d) qua M(-2;2;-3), vtcp: ar=(2;3;2)

+ MAuuuur=(2; 2;1− )

+ a;MAr uuuur =(7;2; 10− ) ⇒ a;MAr uuuur = 49 4 100+ + = 153

+ ar = 4 9 4+ + = 17

17 a

r uuuur

d H

M

I

A

E

Mà R2 =d (A, )2 ∆ + BC2 = +9 16 25=

4 Suy ra mặt cầu ( ) 2 2 ( )2

S : x +y + +z 2 =25

Câu VIIb

Ta có

z

8 8i 3 3i 3 3i 3i 3i 11 3 3 5i 3 3i

Ta có: z iz+ = − +a bi i a bi( + ) = − + −a b (a b i)