de thi dai hoc mon toan sang 4 - 7-2010

1
GỢI 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
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 :
1=
CD
y
tại
0x =

5
27
= −
CT
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
±

= =
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
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− < < < <
3
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
2

2( 1) 1⇔ − + ≤ − + +x 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 1
1

2( 1) ( 1) 2 1 0 ( 1) 0
1 1 5 3 5
1 1 0
2 2
+ ≥ ≥ − ≥ −
  
⇔ ⇔ ⇔ =
  
+ ≤ + − + ≤ − ≤
  
− + −
⇔ − = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ =
t t t
t
t t t t t
x x x x x
x
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)
4
1. Tính thể tích khối chóp
( )
.
2 2
2 2 2
1
gt; .
3
( +dt )
1 1 5
2 2 2 2 2 4 8 8
⊥ =
= −
= − − = − − =
V V
S CDMN CDMN
SH ABCD V SH dt
dt CDMN dt ABCD dt BCM AMN
a a a a a
a a a a
vậy
2 3
.
1 5 5 3
3
3 8 24

S CDMN
V a a a= =
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 2 2 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

≤

− ≥


⇔
 
− ≥


≤



5
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=
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= =
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:
2 3
; , 1
2 2
3
AC
I R
 
− − = =
 ÷
 
Phương trình (T):

2
2
1 3
1
2
2 3
x y
 
 
+ + + =
 ÷
 ÷
 
 
6
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
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 2 ) 1 2 2 2 4 5 2 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
=
+ +

= ⇒ + = ⇒

= −

Vì A nằm về cùng phía với BC và
∆
:
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 ptrình là
0x y− =
.
Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm
của hệ phương trình

0 2
4 0 2
x y x
x y y
− = = −
 
⇒

 
+ + = = −
 
Vậy H (-2;-2)
7
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)= + − − = − − − −
uuur uuur
CE a a AB a a
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 y 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:
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
8