Đáp án đề thi môn Toán DH khối A năm 2010

Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương
Vũ Công Tịnh A3K3-THPT Lưu Nhân Chú
ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010
Môn thi : TOÁN
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x
3
– 2x
2
+ (1 – m)x + m (1), m là số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x
1
, x
2
, x
3
thỏa
mãn điều kiện :
2 2 3
1 2 2
x x x 4+ + <
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
(1 sin x cos2x)sin x
1
4
cos x
1 tan x
2
π

 
+ + +
 ÷
 
=
+
2 Giải bất phương trình :
2
x x
1
1 2(x x 1)
−
≥
− − +
Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân :
1
2 x 2 x
x
0
x e 2x e
I dx
1 2e
+ +
=
+
∫
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt
là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN và DM. Biết SH vuông góc với mặt
phẳng (ABCD) và SH =
a 3

. Tính thể tích khối chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường
thẳng DM và SC theo a.
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

+ + − − =


+ + − =


(x, y ∈ R).
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d
1
:
3 0+ =x y
và d
2
:
3 0x y− =
. Gọi (T) là

đường tròn tiếp xúc với d
1
tại A, cắt d
2
tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết
phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
và điểm A có hoành độ dương.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 2
:
2 1 1
x y z− +
∆ = =
−
và mặt phẳng (P) : x − 2y + z
= 0. Gọi C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC
=
6
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần ảo của số phức z, biết
2
( 2 ) (1 2 )z i i= + −
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.
1
Lờ Trinh Tng THPT Trng Vng
2. Trong khụng gian ta Oxyz, cho im A(0; 0; 2) v ng thng
2 2 3
:
2 3 2
x y z+ +
= =
. Tớnh
khong cỏch t A n . Vit phng trỡnh mt cu tõm A, ct ti hai im B v C sao cho BC = 8.
Cõu VII.b (1 im).
Cho s phc z tha món
2
(1 3 )
1
i
z
i

=

. Tỡm mụun ca s phc
z iz+

Bi Gii
I- Phn chung cho tt c cỏc thớ sinh: ( 7 im)
Cõu 1: ( 2 im)
1) Khi m=1, ta cú y = x
3

-2x
2
+ 1
+ TX:
D = Ă

+
lim , lim ,
x x
y y
đ- Ơ đ+Ơ
=- Ơ =+Ơ
+ o hm : y=3x
2
4x
0
' 0
4
3
x
y
x
ộ
=
ờ
ờ
=
ờ
=
ờ

ở

Hm s ng bin trờn(
- Ơ
;0) v (
4
3
;
+Ơ
)Hm s nghch bin trờn (0 ;
4
3
)
Hm s t cc tiu ti cỏc im
4
3
x =
giỏ tr cc tiu ca hm s l
4 5
( )
3 27
y =-
Hm s t cc i ti im
0x =
giỏ tr cc i
ca hm s l
(0) 1y =
+ y=6x 4
2 2 11
0 U ;

3 3 27
y x
ổ ử
ữ
ỗ
ÂÂ
= = ị
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ


BBT
x
- Ơ
0
4
3
+Ơ
y
+ 0 - 0 +
y
- Ơ
1
5
27
-
+Ơ

( th hm s)
2) th ct trc honh ti 3 im phõn bit khi
Pt: y = cú 3 nghim phõn bit
2
x
y
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương
Ta có: ⇔ (x-1)( - x – m) = 0Pt luôn có nghiệm cố định x=1;
Vậy, pt y = có 3 nghiệm phân biệt khi - x – m = 0 có 2
nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ ⇔ (a)
Ta có: ⇔ ⇔ (b )
Trong đó là nghiệm của pt: - x – m =0
Theo Viet ta có : Thay vào (b) => 1+2m <3 ⇔ m <1 (c )
Từ (a ) và (c ) => . Kết kuận, điều kiện thỏa mãn bài toán:
Câu 2: (2 điểm)
1) Giải phương trình
( )
1 sinx+cos2x sin
1
4
osx
1 t anx
2
x
c
 
+ +
 ÷
 

=
+
π
(1)
ĐK : cos x ≠ 0 <=> x ≠ + k , k
∈
Z
Phương trình(1) <=>
( )
2
1 sinx 1 2sin sin x os cos xsin
1
4 4
osx
sinx
2
1
osx
x c
c
c
 
+ + − +
 ÷
 
=
+
π π

<=>

( )
( )
2
2
2sin sinx 2 sin x cos x . osx
1
2
osx
osx sinx
2
x c
c
c
− + + +
=
+
<=>
( )
2
2sin sinx 1 osx 0x c− − =
<=>
2
osx 0
2sin sinx 1 0
c
x
=


− − =


<=>
osx 0 ( )
sinx 1
1
sinx
2
c loai


=

=


= −



<=>
2
6
,
7
2
6
x k
k
x k


= − +

∈


= +


Z
π
π
π
π

3
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương
2) Giải bất phương trình:
( )
2
1
1 2 1
x x
x x
−
≥
− − +
Vì :
( )
2 2
2x 2x 1 0 2 x x 1 1− + > ⇒ − + >

⇒

Do đó: BPT ⇔ (1) ĐK :
⇔
1 3 1 3
0
2 2
x x
  
+ −
− − ≤
 ÷ ÷
  
⇔
1 3 2 3
0
2 2
x x
+ +
− ≤ ⇔ ≤

Khi đó có : (1) ⇔
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
5 1
3 5
2
2
5 1

( )
2
x
x
x loai

−
=

−

⇔ =

+
= −



Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân
1
2 2
0
2x
x
1 2e
x x
x
x e e
I d
+ +

=
+
∫
( ) ( )
1
2
1 1 1 1
3
2
0 0 0 0
0
1 2e 1 2e
1
x x x
1 2e 1 2e 3 2 1 2e
x x x
x
x x x
x e d
e x
I d x d d
+ + +
= = + = + =
+ + +
∫ ∫ ∫ ∫

( )
1
0
1 1 1 1 1 2e

ln 1 2e ln
3 2 3 2 3
x
+
= + + = +
. Vậy : I
1 1 1 2e
ln
3 2 3
+
= +
Câu 4 ( 1 điểm) Tính V
S.ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a.
Diện tích ABCD = a
2
và S
AMN
=
2
8
a
; S
BMC
=
2
4
a
=>S
CDMN

=
2
5
8
a
;
Đường cao hình chóp là SH=a
3

Do đó : V
SCDMN
=
1
3
SH. S
CDMN
=
3
5 3
( )
24
a
dvtt
Kẻ HK
⊥
SC; Do
( )
DM CN
DM SNC
DM SH

⊥

⇒ ⊥

⊥

=>DM
⊥
HK, suy được HK là đường vuôg góc chung
của DM và SC.
HC=
2 5
5
a
=>HK=
12
19
a
=>d(SC,DM)=
12
19
a
Câu 5: (1 điểm)
Giải hệ phương trình:
( )
( )
2
2 2
4x 1 3 5 2 0 (1)
4x 2 3 4x 7 (2)

x y y
y

+ + − − =


+ + − =


Điều kiện :
3 5
;
4 2
x y
≤ ≤
4
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương
PT(1) <=>
2
(4 1) (3 ) 5 2x x y y+ = − −
(1)
Từ PT(2)
2 2
4x 2 3 4x 7 y+ − = −
đặt f(x)=
2
4 2 3 4x x
+ −
; f
’

(x) = 0<=>
1
x
2
=

Bảng biến thiên:
x 0
1
2
3
4
y’ - 0 - 0
y
2 3
3
9
4
G(x)= (4x
2
+1)x; h(y) = (3-y)
5 2y
−
G(x)tăng với x ≤
3
4
; h(y)giảm khi
5
2
y ≤

*) x <
1
2
⇒ g(x)<1 từ (1) ⇒ h(y)<1 ⇒ y > 2 ⇒ 7- y
2
<3 ⇒ f(x)<3⇒ x >1/2 (vô lý)
*) x >
1
2
⇒ h(y)>1 Ta lại có :
( )
3
1
4
x g x≤ ⇒ >

Từ (1)
( )
39
16
h y⇒ ≤
. Còn có:
=>

Từ bảng biến thiên => (Vô lý)
+) Nếu , thay vào hệ ta được y = 2. Vậy, hệ PT có nghiệm:
1
2
2
x

y

=



=

.
II- Phần riêng ( 3 điểm)
A- Theo chương trình chuẩn:
Câu 5a: ( 2 điểm)
1) Đặt tọa độ
( ) ( ) ( )
A , 3 ; , 3 ; , 3a a B b b C c c−
. Các vectơ chỉ phương của d
1
và d
2
lần
lượt là :
( ) ( )
1 2
1, 3 ; 1, 3u u= − =
ur uur

Vì
2
AB u⊥
uuur uur

=>
( )
3
1
3
b a
b a
+
−
=
<=> b = 2a (1)
vuông tại B => AC là đường kính của (T) và d
1
là tiếp tuyến của (T) nên
1
AC u⊥
uuur ur
c = -2a (2)
Vì = 0 => c = 4b =>A(-2b,
5
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương

=
3
2
=>
1 1
( ì 0)
2 3 2 3
A

b b loaiv x
 
= − ∨ = >
 ÷
 

Vậy A( , ); B(- , ); C(- , ); Gọi I(x,y) là tâm (T)
AC là đường kính => IA = IB = IC
( ) ( )
2 2 2
2
2 2
2 2 2
1 1 1 2
1 1; 1; 2 1
2
3 2 3 3
IA x y IB x y IC x y
     
 
= − + + = = + + − = = + + + =
 ÷
 ÷  ÷  ÷
 
     
Suy được :
3
6
3
2

x
y

= −




= −


và kết luận phương trình đường tròn (T) :
2
2
3 3
1
6 2
x y
 
 
+ + + =
 ÷
 ÷
 
 
2)
Ta có: C (-1;-1;-1) , gọi M (1+2t; t; -2-t)
⇒ và = 6
⇒ = 6
Vậy, có 2 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán: và M

2
( -3; -2; 0)
Do đó: = d( ; (P)) =
1
6
.
Câu 6a: (1 điểm) Tìm phần ảo số phức z biết

Phần ảo : .
B- Theo chương trình nâng cao:
Câu 5b: ( 2 điểm)
1) Gọi m là hoành độ của M ta có: M(m;4-m) là trung điểm của AB.
Gọi n là hoành độ của N ta có : N(n;4-n) là trung điểm của AC.
⇒B(2m-6 ;-2m+2), C(2n-6 ;-2n+2) ⇒
AB
uuur
(2m-12 ;-2m-4) và
CE
uur
(7-2n ;-5+2n).
Còn có
AB
uuur
^
CE
uur
⇔
AB
uuur
.

CE
uur
=0 ⇔ mn-2n-3m+8=0 (1)
Ta có :
AM
uuur
(m-6 ;-m-2) ,
AN
uuur
(n-6 ;-n-2)
Mặt khác : = <=>
0(2)
4(3)
m n
m n
é
- =
ê
ê
+ =
ë
Từ (1) và (2) ta có :
2
5 8 0
m n
m m
ì
=
ï
ï

Û
í
ï
- + =
ï
î
Từ (1) và (3) ta có :
4
2 3 8 0
m n
mn n m
ì
+ =
ï
ï
Û
í
ï
- - + =
ï
î
0
4
m
n
ì
=
ï
ï
Û

í
ï
=
ï
î
hoặc
3
1
m
n
ì
=
ï
ï
Û
í
ï
=
ï
î
Vậy B(-6 ;2) và C(2 ;-6). Hoặc B(0 ;-4) và C(-4 ;0).
2)
Ta có: B(-2,2,-3) A(0;0;-2) là véc tơ chỉ phương của
6
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương
Do đó:
( )
;
153
; 3

17
BA u
h d A
u
 
 
= ∆ = = =
uuur r
r

Mặt cầu tâm A:
= 25 => R = 5 Phương trình mặt cầu :
Câu 6b (1 điểm)
Cho số phức x thõa mãn : ; Tìm môdun của số phức:
Ta có :
( ) ( )
( )
3
1
8 os isin
8 os isin
3 3
8
4 4
1 1 1
i
c
c
Z i
i i i

−
 
   
− + −
 ÷  ÷
 ÷
− + −
−
   
 
= = = = − −
− − −
π π
π π

⇒ Z = -4 + 4i ⇒ i*Z = -4 i – 4 ⇒
8 8Z iZ i+ = − −
Do đó :
( ) ( )
2 2
8 8 8 2Z iZ+ = − + − =
.

7