Tính thể tích khối chóp... Em chỉ làm được khoảng 85% nhưng cũng chỉ hi vọng được điểm 8”.. Đề cơ bản, đúng cấu trúc của Bộ GD-ĐT.. Phần kiến thức lớp 12 chiếm khoảng 6 điểm.. Đề có kh
Trang 11
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
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
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 5 1,
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 1, ,2 3
thỏa 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)
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 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
Trang 3( )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 (sin cos ) 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 kiện sinx≠ ± −1)
⇔ x= 6 2 ( , )
7
x= 2
6
k
k m Z m
∈
2 Giải bất phương trình 2 1
x x
Ta có
2
2 2 2
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) x 1
Đặt
x
, bất phương trình được viết lại thành 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
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 1ln1 2
3 2 3
e
+
= +
Đáp số : 1 1ln1 2
3 2 3
e
Câu IV (1,0 điểm)
3
Trang 41 Tính thể tích khối chóp
.
2
2 2
gt 1
3
2 2 2 2 2
5
4 8 8
dt CDMN dt ABCD dt BCM AMN
a a a
⊥
=
.
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
( 3) 2
5
a HK
12 19
a
HK =
Câu V (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
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
Suy ra
2 2
u v
(u v u) ( 2 uv v2 1) 0
Vì
nên u v=
Tức là
2 2
0
4 5 2
2
x
≥
Thế vào
2
5 4 2
x
y= − vào (2) ta được phương
trình
2
2 5 4
2
x
x + − + − x =
4
(3) với điều kiện 0 3
4
x
Trang 5Kí 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
f x f
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
x=1 y=
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a
1 Ta thấy d d tạo với Oy góc 1, 2 0
30
Từ đó ·AOB=60 ;0 ·ACB=300
ABC
S∆ = AB BC= AB ⇒ AB = ⇒AB=
OA= AB= ⇒A −
OC= OA= ⇒C− −
Đường tròn (T) đường kính AC có:
2 3
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
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
1 4 1 6
− + +
= + +
Đáp số : 1
6
5
Trang 6Câu 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
d A BC d A
Gọi phương trình đường thẳng BC là:
0
x y a+ + =
Từ đó:
4
6 6
8 2 12 16
28 2
a a
a
a
=
⇒ = −
Vì A nằm về cùng phía với BC và∆:
Nếu a= −28 thì phương trình của BC là
28 0
x y+ − = , 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
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:
( 6; 4 6)
= + − −
= − − − −
uuur uuur
Vì CE⊥ AB nên
AB CE= ⇒ a− a+ + +a a+ =
uuur uuur
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 ( )
(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 0) ( 3 2) 3
Viết phương trình mặt cầu:
Vì mặt cầu cắt ∆tại 2 điểm B, C nên I là trung điểm BC
Trang 7Xét ABI ta có:
Vậy mặt cầu cần tìm có phương trình là:
2 2 ( 2)2 25
x +y + +z =
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
⇒ + = − −
⇒ + =
Bác sỹ Trần Phương- đại học y hà nội
TS Lê Hương dự thi vào ĐH Ngoại thương
chia sẻ: “Đề thi thật sư phân loại được thí
sinh Tổng toàn đề có 10 ý thì trong đó có đến
3 ý khó Em chỉ làm được khoảng 85% nhưng
cũng chỉ hi vọng được điểm 8”
Phần nhận xét về đề thi môn Toán khối A, kỳ thi
ĐH đợt 1 năm 2010 của thầy Trần Mạnh Tùng,
giáo viên Trường THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội:
Nhìn chung, đề Toán khối A năm nay hay, đơn
giản hơn năm 2009 Đề cơ bản, đúng cấu trúc
của Bộ GD-ĐT Đề thi chủ yếu nằm trong phần
lớp 12, có sử dụng kiến thức lớp 10, 11 Phần
kiến thức lớp 12 chiếm khoảng 6 điểm.
Đề có khoảng 7 - 8 ý không khó, học sinh có kiến
thức cơ bản chắc chắn thì sẽ làm được và có thể
làm trọn vẹn Các ý này nhìn chung đơn giản.
Đề có 2 ý (II2 và V) khó hơn, đòi hỏi học sinh biết vận dụng kiến thức linh hoạt và sâu, dành cho học sinh khá giỏi.
Phần riêng (3 điểm), nói chung đều cơ bản và không có sự phân biệt rõ rệt về độ khó giữa 2 ban (cơ bản và nâng cao).
Thầy Trần Mạnh Tùng cũng nhận định: Điểm Toán khối A có thể cao hơn năm ngoái song điểm
9, 10 sẽ rất hạn chế.
7
