ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Toán

GỢI Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn Toán, khối A
--------------
Gợi ý đáp án này do Tổ chuyên gia giải đề của Hệ thống đào tạo Công nghệ thông tin Quốc tế
Bachkhoa-Aptech và Bachkhoa-Npower cung cấp
1. Thạc sỹ Doãn Minh Cường – Hiệu trưởng trường phổ thông Quốc tế Phú Châu (Chuyên
Tiếng Anh Đại học Điện Lực)
2. Thạc sỹ Trần Thị Phương Thảo – Cổng Giáo dục trực tuyến VTC
3. Nhà giáo Lại Văn Tý – Tổ trưởng tổ Toán Trường Phổ thông Quốc tế Phú Châu
4. Nhà giáo Hoàng Trọng Hảo – Toán Tuổi thơ
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
3 2
2 (1 )y x x 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
3 2
2 1y x x= − +
Tập xác định :
¡
Chiều biến thiên :
' 2
3 4y x x= −
'
0,( 1)
0
4 5
,( )
3 27

x y
y
x y
= =


= ⇔

= = −

lim , lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
Bảng biến thiên:
Cực trị :
ax
1
m
y =
tại
0x =

min
5
27
y = −
tại
4

3
x =
Đồ thị :
Điểm uốn :
'' 6 4y x= −
triệt tiêu và đổi dấu tại
2
3
x =
, đồ thị có điểm uốn
2 11
;
3 27
U
 
 ÷
 
Giao với các trục:
0 1x y= ⇒ =
. Đồ thị cắt trục tung tại điểm
( )
0;1 .
3 2
1 5
0 2 1 0 1; =
2
y x x x x
±
= ⇒ − + = ⇒ =
Đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm có hoành độ

1 5
1,
2
x x
±
= =
1
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
thỏa mãn
điều kiện
2 2 2
1 2 3
4x 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)x x m− + −
Biến đổi tương đương phương trình này:
3 2
2
2
(1) 2 - 0
x(x 2 1) (x-1)=0
x(x-1) (x-1) = 0
x x x mx m
x m
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
1 2
, 1x x ≠
thỏa mãn điều
kiện:
2 2 2
1 2
1 4 (3)x x+ + <
Điều kiện để (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 là:
2
1
1 4 0

( )
4
1 1 0
0
m
m
a
m
m

∆ = + >

> −

⇔
 
− − ≠


≠

Theo Viet ta có:
1 2 1 2
1,x x x x m+ = =−
nên
( )
2
1 2 1 2
(3) 2 3
1 2 3

1 ( )
x x x x
m
m b
⇔ + − <
⇔ + <
⇔ <
Tổng hợp các điều kiện (a) và (b) ta được các giá trị cần tìm của m là:
1
0; 0 1
4
m m− < < < <
2
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
1 sin os2x sin
1
4
cos
1 tan
2
x c x
x
x
π
 
+ + +
 
 

=
+
Điều kiên:
cos 0 sin 1
tan 1
x x
x
≠ ⇔ ≠ ± −


≠ −

Ta có
1 1
sin (sin cos ) cos (tan 1)
4
2 2
x x x x x
π
 
+ = + = +
 ÷
 
Phương trình đã cho có thể viết lại thành

( )
( )
2
1
1 sin 1 2sin cos tan 1

1
2
cos
1 tan
2
x x x x
x
x
+ + − +
=
+

2
2sin sin 1 0x x⇔ − + + =

sin 1
1
sin
1
2
sin
2
x
x
x
=


⇔ ⇔ = −


= −

(do điều kiện
sin 1x ≠ ± −
)

⇔
( )
x= 2
6
,
7
x= 2
6
k
k m Z
m
π
π
π
π

− +

∈


+



.
2. Giải bất phương trình
2
1
1 2( 1)
x x
x x
−
≥
− − +
Ta có
2
2
1 3 3
2( 1) 2 ,
2 2 2
x x x x R
 
− + = − + ≥ ∀ ∈
 ÷
 
Do đó
2
1 2( 1) 0x x− − + <

Với điều kiện
0x
≥
, bất phương trình đã cho tương đương với

2
2( 1) 1x x x x− + ≤ − + +

Ta thấy
0x
=
không thỏa mãn bất phương trình nên
0x
>
. Vì vậy chia 2 vế của BPT cho
0x >
ta
được:

1 1
2( 1) 1x x
x
x
+ − ≤ − + +
Đặt
2 2
1 1 1
2 2t x t x x t
x x
x
= − ⇒ = + − ⇒ + = +
, bất phương trình được viết lại thành

2
2( 1) 1t t+ ≤ +

Tiếp tục biến đổi tương đương ta được

2 2 2
2
1 0 1
2( 1) ( 1) 2 1 0
1
1
( 1) 0
1 1 5
1 1 0
2
3 5
2
t t
t t t t
t
t
t
x x x x
x
x
+ ≥ ≥ −
 
⇔
 
+ ≤ + − + ≤
 
≥ −


⇔ ⇔ =

− ≤

− +
⇔ − = ⇔ + − = ⇔ =
−
⇔ =
3
Câu III (1,0 điểm)
Ta có:
( )
2
2 2
2
1 2
2
1 2 1 2 1 2
x x
x x x
x x x
x e e
x e x e e
x
e e e
+ +
+ +
= = +
+ + +
Do đó tích phân cần tính là:

1 1 1
2 2
2
0 0 0
2
1 2 1 2
x x x
x x
x e x e e dx
I dx x dx
e e
+ +
= = +
+ +
∫ ∫ ∫

( )
1
3
1
0
0
1 2
1
3 2 1 2
x
x
d e
x

e
+
= +
+
∫

( )
1
0
1 1
ln 1 2
3 2
x
e= + +

1 1 1 2
ln
3 2 3
e+
= +
Đáp số :
1 1 1 2
ln
3 2 3
e
I
+
= +
Câu IV (1,0 điểm)
1. Tính thể tích khối chóp

( )
.
2
2 2
2 2
gt
1
.
3
( +dt )
1 1
2 2 2 2 2
5
4 8 8
S CDMN CDMN
SH ABCD
V SH dt
dt CDMN dt ABCD dt BCM AMN
a a a
a a
a a
a a
⊥
=
= −
= − −
= − − =
V V

vậy

2 3
.
1 5 5 3
3
3 8 24
S CDMN
V a a a= =
4
2. Tính khoảng cách giữa 2 đuờng thắng DM và CS theo a
2
2
2 2 2 2
5 5

2 4 2
a a a
CN CD ND a CN
 
= + = + = ⇒ =
 ÷
 
Thay vào (1)
2
5 2
.
2
5
a a
a CH CH⇒ =
Thay vào (*)

2
2
2
2 2
2
1 1 1 19 12
12 19
( 3)
2
5
a
HK
HK a
a
a
= + = ⇒ =
 
 ÷
 
12
19
a
HK =
Câu V (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
( )
( )
2
2 2
4 1 3 5 2 0

( , )
4 2 3 4 7
x x y y
x y
x y x

+ + − − =

∈

+ + − =


¡
Điều kiện
5
5 2 0
2
3 4 0 3
4
y
y
x
x

≤

− ≥



⇔
 
− ≥


≤


Xét (1):
( ) ( )
4 1 3 5 2 0x x y y+ + − − =
.
Đặt
2u x
=
;
5 2v y= −

3
; 0 .
2
u v
 
≤ ≥
 ÷
 
Suy ra
2 2
2
5 1

5 2 3 .
2 2
v v
v y y y
− +
= − ⇒ = ⇒ − = −
( )
2
2
1
(1) 1 . 0
2 2
u v
u v
+
⇔ + − =
3 3
0u u v v⇔ + − − =
( )
( )
2 2
1 0u v u uv v⇔ − + + + =
Vì
2
2
2 2
3
1 1 0, ,
2 4
v v

u uv v u u v
 
+ + + = + + + > ∀ ∈
 ÷
 
¡
nên
u v=
5
Tức là
2
2
0
2 5 2
5 4
4 5 2
2
x
x y
x
x y y
≥


= − ⇔

−
= − ⇒ =



Thế vào
2
5 4
2
x
y
−
=
vào (2) ta được phương trình
2
2
5 4
4 2 3 4 7
2
x
x x
 
−
+ + − =
 ÷
 
4 2
3
4 6 2 3 4 0
4
x x x⇔ − + − − =
(3) với điều kiện
3
0
4

x≤ ≤
.
Kí hiệu
( )
f x
là vế trái của (3), ta thấy
1
0
2
f
 
=
 ÷
 
. Hơn nữa với
3
0;
4
x
 
∈
 ÷
 
ta có
( )
( )
2
4
' 4 3 0
3 4

f x x x
x
= − − <
−
nên
( )
f x
nghịch biến trên đoạn
3
0;
4
 
 
 
Và (3)
1
( )
2
f x f
 
⇔ =
 ÷
 
1
2
x⇔ =
.
Với
1
2

x =
thế vào
2
5 4
2
x
y
−
=
ta được
2y =
. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là:
, 2
2
x y
1
= =
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a
1. Ta thấy
1 2
,d d
tạo với Oy góc
0
30
Từ đó
·
·
0 0

60 ; 30AOB ACB= =
6
2 2
1 3 3 3
. 1
2 2 2 2
ABC
S AB BC AB AB AB
∆
= = ⇒ = ⇒ =
2 2 1
. ; 1
3 3 3
OA AB A
 
= = ⇒ −
 ÷
 
4 2
2 ; 2
3 3
OC OA C
 
= = ⇒ − −
 ÷
 
Đường tròn (T) đường kính AC có:
1 3
; , 1
2 2

2 3
AC
I R
 
− − = =
 ÷
 
Phương trình (T):
2
2
1 3
1
2
2 3
x y
 
 
+ + + =
 ÷
 ÷
 
 
2. Viết lại phương trình
∆
dưới dạng tham số:

x=1 2
2
t
y t

z t
+


=


= − −

Thế vào phương trình (P) ta được
( ) ( )
1 2 2 2 0t t t+ − + − − =
= 1t⇔ −
∆
cắt (P) tại điểm C
( )
1; 1; 1− − −
Xét điểm M
( )
x=1 2 ; ; 2t y t z t+ = = − −

( ) ( ) ( )
( )
( )
2
2 2 2
2
2
2
6 6

2 2 1 1 6
4 1 2( 1) 6
1 1
+1 1
=0; = 2
MC MC
t t t
t t
t
t
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

2t
= −
thì M
( )
3; 2;0− −
khoảng cách từ M
0
đến (P) l à:
3 4 0
1
1 4 1 6
− + +
=
+ +
Đáp số :
1
6
7
Câu VII. a (1,0 điểm)
Ta có:
2 2
( 2 ) 2 2 2 1 2 2i i i i+ = + + = +

2
(1 2 2 )(1 2 )
1 2 2 2 4
5 2
5 2
z i i
i i i

i
z 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
4 0x y+ − =
. 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
d A
+ −
∆ = =
Vì
∆

là đường trung bình của
V
ABC
( ) ( )
; 2 ; 2.4 2 8 2d A BC d A⇒ = ∆ = =
Gọi phương trình đường thẳng BC là:
0x y a+ + =
Từ đó:
4
6 6
8 2 12 16
28
2
a
a
a
a
=
+ +

= ⇒ + = ⇒

= −

Nếu
28a = −
thì phương trình của BC là
28 0x y+ − =
, trường hợp này A nằm khác phía đối với
BC và

∆
, vô lí. Vậy
4a =
, do đó phương trình BC là:
4 0x y+ + =
.
Đường cao kẻ từ A của
ABC∆
là đường thẳng đi qua A(6;6) và
BC⊥
:
4 0x y+ + =
nên có phương
trình là
0x y− =
.
Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình
8

0 2
4 0 2
x y x
x y y
− = = −
 
⇒
 
+ + = = −
 
Vậy H (-2;-2)

Vì BC có phương trình là
4 0x y+ + =
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)
CE a a
AB a a
= + − −
= − − − −
uuur
uuur
Vì
CE AB⊥
nên
( ) ( ) ( ) ( )
. 0 6 5 3 10 0AB CE a a a a= ⇒ − + + + + =
uuur uuur
⇒
2
0
2 12 0
6
a
a a
a
=


+ = ⇒

= −

Vậy
( )
( )
0; 4
4;0
B
C
−


−


hoặc
( )
( )
6;2
2; 6
B
C
−


−



.
Câu VI.b.2
Phương trình tham số của
2 2
( ) 2 3
3 2
x t
y t
z t
= − +


∆ = +


= − +

Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và
( )⊥ ∆
có:
(2;3;2)
P
n v= =
r r
( ) :2( 0) 3( 0) 2( 2) 0
2 3 2 4 0
P x y z
x y z
⇒ − + − + + =

⇒ + + + =
Gọi I là giao điểm của
( )∆
và (P). Ta có tọa độ I là nghiệm của hệ:
2 2 0
2 3 2
3 2 2
2 3 2 4 0 3
x t t
y t x
z t y
x y z z
= − + =
 
 
= + = −
 
⇒
 
= − + =
 
 
+ + + = = −
 
Vậy I(-2; 2; -3)
Khoảng cách từ A đến
( )∆
chính là độ dài IA
2 2 2
( 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
Xét ABI ta có:
9
2 2 2 2 2
3 4 25 5AB AI BI AB= + = + = ⇒ =
Vậy mặt cầu cần tìm có phương trình là:
2 2 2
( 2) 25x y z+ + + =
Câu VII.b (1,0 điểm):
Ta có:

3 2 3
(1 3i) 1 3. 3 3.3 3 3
1 3 3 9 3 3
8
i i i
i i
− = − + −
= − − +
=−
3
2
(1 3) 8 8(1 )
4 4
1 1 1

i
z i
i i i
− − − +
= = = =− −
− − −
4 4 ; 4 4
8 8
8 2
z i iz i
z iz i
z iz
⇒ = − + = − −
⇒ + = − −
⇒ + =
--------------------------------------------------------
HỆ THỐNG ĐÀO TẠO CÔNG NGHỆ THÔNG TIN QUỐC TẾ

10