Vẽ đồ thị2... Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 1.
Trang 2GỢI 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 CD = 1 tại x= 0 5
27
= −
CT
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
Trang 3Vẽ 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:
(1) ⇔ x − 2x +x mx m- + = ⇔ 0 x(x − 2x+ − 1) m(x-1)=0 ⇔ x(x-1) −m(x-1) = 0
(x-1).(x(x-1)-m) = 0 (x-1)(x x-m) = 0
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 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 = −mnên ( )2
(3) ⇔ x +x − 2x x < ⇔ + 3 1 2m< ⇔ < 3 m 1 ( )b
Tổng hợp các điều kiện (a) và (b) ta được các giá trị cần tìm của m là:
1
0; 0 1
− < < < <
Trang 4Câu 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
= +
2
2sin x 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
2
1 − 2(x − + <x 1) 0
Với điều kiện x≥ 0, bất phương trình đã cho ⇔ 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
1
t
x
Câu III (1,0 điểm)
2
1 2 2
x
Do đó tích phân cần tính là:
2
2
+ +
1 0 0
1 2 1
x x
x
e
+
+
0
1 1
ln 1 2
3 2
x
e
1 1 1 2
ln
e
+
= + Đáp số : 1 1ln1 2
e
Trang 51 Tính thể tích khối chóp
2 2
1
3
.
3
S CDMN
2 Tính khoảng cách giữa 2 đuờng thắng DM và CS theo a
÷
.
Thay vào (*)
2 2
2
( 3) 2
5
a HK
÷
19
a
Câu V (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình ( 2 ) ( )
2 2
( , )
x y
Điều kiện
5
4
y y
x
x
≤
− ≥
Trang 6Xét (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
⇔ + − = ⇔u3 + − − =u v3 v 0 ⇔(u v u− ) ( 2 + + + =uv v2 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 12Với 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
Đường tròn (T) đường kính AC có:
3
AC
Phương trình (T):
1 2
2 3
+ + + =
Trang 72 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
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) 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
⇒ = +z (1 2 2 )(1 2 2 ) 1 2 2i − i = + i− 2i− 4i2 = + 5 2 2i⇒ = −z 5 2i
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 ptrình là x y− = 0.
Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình
+ + = = − Vậy H (-2;-2)
Trang 8Vì 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:
CEuuur= + − −(5 a; 3 a); uuurAB= − − − − (a 6; 4 a 6)
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(P x− + 0) 3(y− + 0) 2(Z+ = ⇒ + 2) 0 2x 3y+ 2Z+ = 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: 2 2 2 2 2
AB =AI +BI = + = ⇒AB= Vậy mặt cầu cần tìm có phương trình là: 2 2 2
( 2) 25
Câu VII.b (1,0 điểm):Ta có: (1 − 3i) 1 3 3 3 = − i+ 3.3i2 − 3 3i3 = − 1 3 3i− + 9 3 3i= − 8
3
2
(1 3) 8 8(1 )
4 4
i
− − − ⇒ = − +z 4 4 ;i iz= − − ⇒ + = − − ⇒ + =4 4i z iz 8 8i z iz 8 2
