Gợi ý lời giải chi tiết môn toán khối A năm 2010 pptx

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
(1), m là tham số thực.
32
2(1)yx x mxm=− +− +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
Khi m = 1 .hàm số là

32
21yx x=− +
Tập xác định :

Chiều biến thiên :


'2

34yx=−x

'
0, ( 1)
0
45
,( )
327
xy
y
xy
==
⎡
⎢
=⇔
⎢
==−
⎣




lim , lim
xx
yy
→+∞ →−∞
=+∞ =−∞
Bảng biến thiên:

Cực trị : tại
ax
1
m
y =
0x =

min
5
27
y =−
tại
4
3
x =

Đồ thị :
Điểm uốn :
triệt tiêu và đổi dấu tại
'' 6 4yx=−
2
3
x
=
, đồ thị có điểm uốn
211
;
327
U
⎛⎞

⎜⎟
⎝⎠

Giao với các trục:
01
x
y=⇒=
. Đồ thị cắt trục tung tại điểm
(
)
0;1 .

32
15
02101;=
2
yxx xx
±
=⇒ − +=⇒=

Đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm có hoành độ
15
1,
2
xx
±
==


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
123
,,
x
xx thỏa
mãn điều kiện

222
123
4xxx++<

Phương trình xác định hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là:
32
2 (1 )x + m = 0 (1)xx m−+−
Biến đổi tương đương phương trình này:
32
2
2
(1) 2 - 0
x(x 2 1) (x-1)=0
x(x-1) (x-1) = 0
xxxmxm
xm
m
⇔− + +=
⇔−+−

⇔−



2
(x-1).(x(x-1)-m) = 0
(x-1)(x x-m) = 0
⇔
⇔−


2
x=1
xx-m=0(2
⎡
⇔
⎢
−
⎣
)
1
(3)

Yêu cầu bài toán sẽ được thực hiện khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt
thỏa mãn
điều kiện:
12
,xx≠
22 2
12

14xx++<

Điều kiện để (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 là:
2
1
14 0
()
4
11 0
0
m
m
a
m
m
⎧
∆= + >
⎧
>−
⎪
⇔
⎨⎨
−− ≠
⎩
⎪
≠
⎩

Theo Viet ta có:
12 12

1,
x
xxx+= =−m nên
()
2
12 12
(3) 2 3
1 2 3
1 ( )
xx xx
m
mb
⇔+ − <
⇔+ <
⇔<

Tổng hợp các điều kiện (a) và (b) ta được các giá trị cần tìm của m là:
1
0; 0 1
4
mm−<< <<


2
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
()
1 sin os2x sin
1
4

cos
1tan
2
xc x
x
x
π
⎡⎤
++ +
⎢⎥
⎣⎦
=
+

Điều kiên:

cos 0 sin 1
tan 1
xx
x
≠⇔ ≠±−
⎧
⎨
≠−
⎩
Ta có
11
sin (sin cos ) cos (tan 1)
4
22

xxxx
π
⎛⎞
+= + = +
⎜⎟
⎝⎠
x

Phương trình đã cho có thể viết lại thành

()
()
2
1
1 sin 1 2sin cos tan 1
1
2
cos
1tan
2
xxxx
x
x
++− +
=
+



2

2sin sin 1 0xx⇔− + + =

sin 1
1
sin
1
2
sin
2
x
x
x
=
⎡
⎢
⇔⇔
⎢
=−
⎣
=−
(do điều kiện
sin 1x
≠
±−
)
⇔
()
x= 2
6
,

7
x= 2
6
k
km Z
m
π
π
π
π
⎡
−+
⎢
∈
⎢
⎢
+
⎢
⎣
.
2. Giải bất phương trình
2
1
12( 1)
xx
xx
−
≥
−−+

Ta có
2
2
133
2( 1) 2 ,
222
x
xx x
⎛⎞
−+ = − + ≥ ∀∈
⎜⎟
⎝⎠
R

Do đó
2
12( 1)0xx−−+<

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

2
2( 1) 1
x
xxx−+ ≤−+ +

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

0x >
ta được:

11
2( 1) 1xx
x
x
+−≤− ++
Đặt
2
111
2txtxxt
xx
x
=−⇒=+−⇒+=+
2
2
, bất phương trình được viết lại thành

2
2( 1) 1tt+≤+
Tiếp tục biến đổi tương đương ta được

222
2
10 1
2( 1) ( 1) 2 1 0
1
1
(1) 0

11
110
2
35
2
tt
tt tt
t
t
t
xxx x
x
x
+≥ ≥−
⎧⎧
⇔
⎨⎨
+≤+ −+≤
⎩⎩
≥−
⎧
⇔⇔=
⎨
−≤
⎩
−+
⇔−=⇔+−=⇔=
−
⇔=
5

3

Câu III (1,0 điểm)

Ta có:
()
2
22
2
12
2
12 12 12
xx
xx x
xx
xee
xe xe e
x
ee
++
++
==+
++
x
e
+

Do đó tích phân cần tính là:

11
22
2
00
2
12 12
xx x
xx
1
0
x
exe edx
Idxxdx
ee
++
==+
++
∫∫∫


(
)
1
3
1
0
0
12
1
3212

x
x
de
x
e
+
=+
+
∫


()
1
0
11
ln 1 2
32
x
e=+ +


1112
ln
32 3
e
+
=+

Đáp số :
1112

ln
32 3
e
I
+
=+


Câu IV (1,0 điểm)


1. Tính thể tích khối chóp
()
.
2
22
22
gt
1
.
3
(+dt
11
22222
5
488
SCDMN CDMN
SH ABCD
VSHdt
dt CDMN dt ABCD dt BCM AMN

aaa
aa
aa
aa
⊥
=
=−
=− −
=−− =

)

vậy
23
.
1553
3
38 24
SCDMN
Vaa==a


4
2. Tính khoảng cách giữa 2 đuờng thắng DM và CS theo a



2
2
2222

55

24 2
aa a
CN CD ND a CN
⎛⎞
=+=+=⇒=
⎜⎟
⎝⎠

Thay vào (1)
2
52
.
2
5
aa
aCH CH⇒=
Thay vào (*)
2
2
2
22
2
12 219 12
12 19
(3) 2
5
a
HK

HK a
aa
=+=⇒=
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

12
19
a
HK =

Câu V (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
()
()
2
22
41 3520
(, )
42347
xxy y
xy
xy x
⎧
++− −=
⎪
∈
⎨
++ −=

⎪
⎩


Điều kiện
5
52 0
2
34 0 3
4
y
y
x
x
⎧
≤
⎪
−≥
⎧
⎪
⇔
⎨⎨
−≥
⎩
⎪
≤
⎪
⎩

Xét (1):

()()
41 352xxy y++− −=0.
Đặt
;
2ux= 52vy=−

3
;0
2
uv
⎛⎞
≤≥
⎜⎟
⎝⎠
.

Suy ra
22
2
51
52 3 .
22
vv
vyy y
−+
=− ⇒ = ⇒−=−
()
2
2
1

(1) 1 . 0
22
uv
uv
+
⇔+− =


33
0uuvv⇔+−−=


()
()
22
10uvu uvv⇔− +++=
Vì
2
2
22
3
110,
24
vv
uuvv u uv
⎛⎞
+ + += + + +> ∀ ∈
⎜⎟
⎝⎠
,

nên
uv
=

5
Tức là
2
2
0
252
54
452
2
x
xy
x
xyy
≥
⎧
⎪
=−⇔
⎨
−
=− ⇒ =
⎪
⎩

Thế vào
2
54

2
x
y
−
= vào (2) ta được phương trình

2
2
54
423
2
x
xx
⎛⎞
−
++−
⎜⎟
⎝⎠
47
=


42
3
46234
4
xx x⇔−+−−=0
(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
34
fx xx
x
=−−
−
0< nên
(
)
f
x
nghịch biến trên đoạn
3
0;
4
⎡
⎤
⎢
⎥
⎣
⎦

Và (3)
1
()

2
fx f
⎛⎞
⇔=
⎜⎟
⎝⎠
1
2
x⇔=

.
Với
1
2
x =
thế vào
2
54
2
x
y
−
= ta được
2y
=
. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là:
,2
2
xy
1

==



PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a

1.
Ta thấy tạo với Oy góc
12
,dd
0
30
Từ đó



00
60 ; 30AOB ACB==
6
22
1333
.1
2222
ABC
SABBCABAB AB
∆
==⇒=⇒=

22 1
.;
33 3
OA AB A
⎛⎞
==⇒−
⎜⎟
⎝⎠
1

42
2;
33
OC OA C
⎛⎞
==⇒−−
⎜⎟
⎝⎠
2

Đường tròn (T) đường kính AC có:
23
;,
22
3
AC
IR
⎛⎞
−− ==

⎜⎟
⎝⎠
1

Phương trình (T):
2
2
13
1
2
23
xy
⎛⎞
⎛⎞
+++
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
=



2.
Viết lại phương trình
∆
dưới dạng tham số:


x=1 2

2
t
yt
zt
+
⎧
⎪
=
⎨
⎪
=− −
⎩
Thế vào phương trình (P) ta được
(
)
(
)
12 2 2 0tt t+−+−−= =1t
⇔
−

∆ cắt (P) tại điểm C
(
)
1; 1; 1−−−

Xét điểm M
(
)
x=1 2 ; ; 2ty tz t+==−−

()()()
()
()
2
22 2
2
2
2
66
2 2 1 1 6
4 1 2( 1) 6
1 1
+1 1
=0; = 2
MC MC
tt t
tt
t
t
tt
=⇔ =
⇔
++++−−=
⇔+++=
⇔+ =
⇔=±
⇔−

a.Nếu

thì M
t=0
(
)
1; 0; 2−
khoảng cách từ M đến (P) là:
102
1
141 6
−−
=
++


b. Nếu
thì M
()
khoản
2t =− 3; 2; 0−−
g cách từ M
0
đến (P) l à:
340
1
141 6
−+ +
=
++

Đáp số :
1
6



7
Câu VII. a (1,0 điểm)
Ta có:
22
(2 ) 2 22 1 22iii+=+ +=+ i

2
(1 2 2 )(1 2 2 )
122 2 4
522
52
zi
ii
i
zi
⇒= + −
=+ − −
=+
⇒=−
i
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
40xy
+
−=
. 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
()
664
,4
2
dA
+−
∆= = 2



Vì
là đường trung bình của ∆


ABC
()()
;2;2.428dABC dA⇒=∆==2
Gọi phương trình đường thẳng BC là:
0xya
+
+=

Từ đó:
4
66
8 2 12 16
28
2
a
a
a
a
=
++
⎡
=⇒+=⇒
⎢
=
−
⎣

Vì A nằm về cùng phía với BC và
: ∆
Nếu

thì phương trình của BC là
28a =−
28 0xy
+
−=
, trường hợp này A nằm khác phía đối với
BC và
, vô lí. Vậy , do đó phương trình BC là: ∆
4a =
40xy
+
+=
.
Đường cao kẻ từ A của
là đường thẳng đi qua A(6;6) và
ABC∆ BC
⊥
:
40xy
+
+=
nên có phương
trình là
.
0xy−=
Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình
8

02
40 2

xy x
xy y
−= =−
⎧⎧
⇒
⎨⎨
++= =−
⎩⎩
Vậy H (-2;-2)
Vì BC có phương trình là
nên tọa độ B có dạng: B(a; -4-a)
40xy++=
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
nên
CE AB⊥

()
(
)
(
)
(
)
.0 65 310AB CE a a a a 0
=
⇒− +++ + =
uuur uuur



⇒
2
0
2120
6
a
aa
a
=
⎡
+=⇒
⎢
=−
⎣
Vậy
hoặc .

()
()
0; 4
4; 0
B
C
−⎧
⎪
⎨
−
⎪
⎩
()
()
6; 2
2; 6
B
C
−⎧
⎪
⎨
−
⎪
⎩

Câu VI.b.2
Phương trình tham số của
()
22
2 3

32
x
t
yt
z
t
=− +
⎧
⎪
∆=+
⎨
⎪
=− +
⎩

Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và
()
⊥
∆
có:
(2;3;2)
P
nv==
rr

():2( 0) 3( 0) 2( 2)0
232 40
Px y Z
xyZ
⇒−+−++

⇒++ +=
=

Gọi y là giao điểm của
()
∆
và (P). Ta có tọa độ I là nghiệm của hệ:
22 0
23 2
32 2
23240
xt t
yt x
zt y
xyz z
=− + =
⎧⎧
⎪⎪
=+ =−
⎪⎪
⇒
⎨⎨
=− + =
⎪⎪
⎪⎪
+++= =−
⎩⎩
3

Vậy I(-2; 2; -3)

Khoảng cách từ A đến
chính là độ dài IA
()∆
22 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
22222
3425 5AB AI BI AB=+=+=⇒=
10
5
Vậy mặt cầu cần tìm có phương trình là:
22 2
(2)2xy z
+
++ =
Câu VII.b (1,0 điểm):
Ta có:

32
(1 3i) 1 3. 3 3.3 3 3
133 933

8
ii
ii
−=−+−
=− − +
=−
3
i

3
2
(1 3) 8 8(1 )
44
111
i
zi
iii
−−−+
====−
−−−
−

44; 44
88
82
ziiz
ziz i
ziz
⇒=−+ =−−
⇒+ =−−

⇒+ =
i