Đáp án đề thi ĐH mônToán khối D năm 2010 pdf

- Thư viện ðề thi trắc nghiệm | ðồng hành cũng sĩ tử trong mùa thi 2010
1

ðỀ THI TUYỂN SINH ðẠI HỌC, CAO ðẲNG NĂM 2010
Môn : TOÁN - Khối : D

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu I (2,0 ñiểm) Cho hàm số
4 2
6
y x x
= − − +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số ñã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với ñường thẳng
1
1
6
y x
= −

Câu II (2,0 ñiểm)
1. Giải phương trình
sin 2 cos 2 3sin cos 1 0
x x x x
− + − − =

2. Giải phương trình
3 3
2 2 2 2 4 4
4 2 4 2 ( )

x x x x x x
x
+ + + + + −
+ = + ∈
¡


Câu III (1,0 ñiểm) Tính tích phân
1
3
2 ln
e
I x xdx
x
 
= −
 
 
∫


Câu IV (1,0 ñiểm) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a;
hình chiếu vuông góc của ñỉnh
S trên mặt phẳng (ABCD) là ñiểm H thuộc ñoạn AC,
4
AC
AH =
. Gọi
CM là ñường cao của tam giác SAC. Chứng minh M là trung ñiểm của SA và tính thể tích khối tứ
diện

SMBC theo a.
Câu V (1,0 ñiểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
2 2
4 21 3 10
y x x x x
= − + + − − + +

PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm)
Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 ñiểm)

1. Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy, cho tam giác ABC có ñỉnh A(3;-7), trực tâm là H(3;-1), tâm ñường
tròn ngoại tiếp là I(-2;0). Xác ñịnh toạ ñộ ñỉnh C, biết C có hoành ñộ dương.
2. Trong không gian toạ ñộ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z
− 3 = 0 và (Q): x − y + z − 1 =
0. Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O ñến (R)
bằng 2.
Câu VII.a (1,0 ñiểm) Tìm số phức z thoả mãn
2
z =
và z
2
là số thuần ảo.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy, cho ñiểm A(0;2) và ∆ là ñường thẳng ñi qua O. Gọi H là hình
chiếu vuông góc của A trên
∆. Viết phương trình ñường thẳng ∆, biết khoảng cách từ H ñến trục
hoành bằng AH.

2. Trong không gian toạ ñộ Oxyz, cho hai ñường thẳng
∆
1
:
3
x t
y t
z t
= +


=


=

và ∆
2
:
2 1
2 1 2
x y z
− −
= =
.
Xác ñịnh toạ ñộ ñiểm M thuộc ∆
1
sao cho khoảng cách từ M ñến ∆
2
bằng 1.

Câu VII.b (1,0 ñiểm) Giải hệ phương trình
2
2
2
4 2 0
( , )
2log ( 2) log 0
x x y
x y
x y

− + + =

∈

− − =


¡







- Thư viện ðề thi trắc nghiệm | ðồng hành cũng sĩ tử trong mùa thi 2010
2

BÀI GIẢI GỢI Ý

MÔN TOÁN - KHỐI D 2010

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu I:
4 2
6 ( )
y x x C
= − − +

1/ Khảo sát, vẽ (C)
TXð : D = R;

3 2
' 4 2 ; ' 0 2 (2 1) 0 0; 6
y x x y x x x y
= − − = ⇔ − + = ⇒ = =


2
" 12 2 0
y x
= − − < ⇒
hàm số lồi trên R

lim lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= = −∞

x -∞ 0 +∞
y' + 0 −
y 6
-∞ -∞
Hàm số ñồng biến trên khoảng (-∞;0), nghịch biến trên khoảng (0;+∞)
y ñạt cực ñại tại x = 0, y
Cð
= 6.
(C) ∩ Ox : A
( 2;0)
±
.
2/ Tiếp tuyến ∆ vuông góc d :
1
1
6
y x
= −

⇒
Pt (∆) : y = − 6x + b
∆ tiếp xúc (C) ⇔ hệ sau có nghiệm :
4 2
3
6 6 1
10
4 2 6
x x x b x
b
x x


− − + = − + =


⇔
 
=
− − = −




Vậy ∆ : y = − 6x + 10
Câu II:

1/ Giải phương trình :
sin 2 cos 2 3sin cos 1 0
x x x x
− + − − =

2
2
2sin cos 1 2sin 3sin cos 1 0
cos(2sin 1) 2sin 3sin 2 0
cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 2) 0
(2sin 1)(cos sin 2) 0
x x x x x
x x x
x x x x
x x x

⇔ − + + − − =
⇔ − + + − =
⇔ − + − + =
⇔ − + + =


1
2
sin
6
2
5
cos sin 2( )
2 ( )
6
x k
x
x x VN
x k k Z
π

= + π


=

⇔ ⇔


π


+ = −
= + π ∈




2/
3 3
2 2 2 2 4 4
4 2 4 2
x x x x x x+ + + + + −
+ = +
(*); ñk : x ≥ − 2

3
2 2 4 4 4 4
4 (2 1) 2 (2 1) 0
x x x x+ + − −
− − − =
⇔
3
4 4 2 2
(2 1)(4 2 ) 0
x x x− + +
− − =

•
4 4
2 1 4 4 0 1

x
x x
−
= ⇔ − = ⇔ =

•
3
4 2 2
2 2
x x
+ +
=
3
2 2 4
x x
⇔ = + +


3
8 2( 2 2)
x x
− = + −
⇔
2
2( 2)
( 2)( 2 4)
2 2
x
x x x
x

−
− + + =
+ +


2
2 0 2
2
2 4
2 2
x x
x x
x
• − = ⇒ =
• + + =
+ +

VT =
2 2
2 4 ( 1) 3 3
x x x
+ + = + + ≥

- Thư viện ðề thi trắc nghiệm | ðồng hành cũng sĩ tử trong mùa thi 2010
3

VP =
2
1
2 2x

≤ ⇒
+ +
Phương trình vô nghiệm. Vậy : Nghiệm (*) : x = 1; x = 2.

Câu III :

1 2
1 1 1
3 1
2 ln 2 ln 3 ln .
e e e
I I
I x xdx x xdx x dx
x x
 
= − = −
 
 
∫ ∫ ∫
1 4 2 4 3 1 4 2 4 3


1
1
ln
e
I x xdx
=
∫
; ðặt

ln
dx
u x du
x
= ⇒ =
;
2
2
x
dv xdx v= ⇒ =


2 2 2 2
1
1
1 1
1 1 1
ln
2 2 2 2 2 4
e e
e
x e x e
I x xdx
   
+
= − = − =
   
   
∫

Tính I
2
: ðặt t = lnx ⇒
dx
dt
x
=
x = 1

; t = 0; x = e ; t = 1.
1
1
2
2
0
0
1
2 2
t
I tdt
 
= = =
 
 
∫
. Vậy
2
2
2
e

I
−
=
Câu IV:

Ta có
2
2
2 14
4 4
a a
SH a
 
= − =
 
 
 


2
2 2
14 3 2 32
2
16 4 16
a a a
SC a
 
= + = =
 
 

 
= AC
Vậy ∆SCA cân tại C nên ñường cao hạ từ C xuống ∆SAC
chính là trung ñiểm của SA.
Từ M ta hạ K vuông góc với AC, nên MK =
1
2
SH
Ta có
3
2
1 1 14 14
( . ) .
3 2 4 24
a a
V S ABC a
 
= =
 
 

Nên V(MABC) = V(MSBC) =
1
2
V(SABC) =
3
14
48
a

Câu V:

2
2
3 49
( 2) 25
2 4
y x x
 
= − − + − − − +
 
 
; ñk :
2
2
4 21 0 3 7
2 5
2 5
3 10 0
x x x
x
x
x x

− + + ≥ − ≤ ≤


⇔ ⇔ − ≤ ≤
 

− ≤ ≤
− + + ≥





2 2 2 2
3 3
2
2( 2) 2
2 2
'
2 ( 2) 25 ( 2) 25
3 49 3 49
2
2 4 2 4
x x
x x
y
x x
x x
   
− − −
   
− − −
   
= − = −
− − + − − +
   

− − + − − +
   
   


2
2
3 3 49
' 0 ( 2) 25 ( 2)
2 2 4
y x x x x
   
= ⇔ − − − + = − − − +
   
   

- Thư viện ðề thi trắc nghiệm | ðồng hành cũng sĩ tử trong mùa thi 2010
4


2 2
2 2
3
( 2) 0
2
3 3 49
( 2) 25 ( 2)
2 2 4
x x
x x x x


 
− − ≥
 

 

⇔

 
   

 
− − − + = − − − +
 
   
 

   
 
 



2
2
3
2
2
3

10 7( 2)
2
3 49
25 ( 2)
2 4
3
10 7( 2)
2
x x
x x
x x
x x

≤ ∨ ≥



 

− = −
⇔
 


 
 


− = − ⇔
 



 
 
− = − −


 
 




3
2
2
1
( )
10 15 7 14 3 1
3
10 15 7 14 17 29 29
( )
17
x x
x nhan
x x x
x x x
x loai

≤ ∨ ≥





⇔
=


− = − =
 

⇔ ⇔

 

− = − + =
 

=





x −2 1/3 5
y' −

0 +
y y(
1

/
3
)


min
1
2; 2
3
y y
 
= =
 
 

Cách khác
: có thể không cần bảng biến thiên, chỉ cần so sánh y(-2), y(1/3) và y(5).
PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm)
Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:
1/ * C1: Nối dài AH cắt ñường tròn (C) tâm I tại ñiểm H'
⇒ BC ñi qua trung ñiểm HH'.
Phương trình AH : x = 3
ðường tròn (C) có pt :
2 2
( 2) 74
x y
+ + =

H' là giao ñiểm của AH và ñường tròn (C)
⇒ H' (3; 7)
ðường thẳng BC có phương trình : y = 3 cắt
ñường tròn (C) tại ñiểm C có hoành ñộ là nghiệm
phương trình :
2 2
( 2) 3 74
x
+ + =

⇒
65 2
x
= −
(lấy hoành ñộ dương); y = 3.
Vậy C (
65 2
−
; 3)
* C2: Gọi (C) là ñường tròn tâm I(−2;0),
bán kính R =
74
IA =

Pt ñường tròn (C) :
2 2
( 2) 74
x y
+ + =

Gọi AA
1
là ñường kính ⇒ BHCA
1
là hình bình hành
⇒ HA
1
qua M trung ñiểm BC
Ta có IM là ñường trung bình của ∆A
1
AH
- Thư viện ðề thi trắc nghiệm | ðồng hành cũng sĩ tử trong mùa thi 2010
5

Nên :
2
1
( 2;3)
3
2
M
M
x
IM AH M
y
= −

= ⇔ ⇔ −

=


uuur uuur

Pt BC qua M và vuông góc AH : y − 3 = 0

Toạ ñộ C thoả hệ phương trình :
2 2
( 2) 74
2 65
3 0
3
0
x y
x
y
y
x

+ + =

= − +


− = ⇔
 
=



>


. Vậy C (
65 2
−
; 3)
2/ PVT
(1;1;1)
P
n =
uur
; PVT
(1; 1;1)
Q
m = −
uuur
; PVT
(2;0; 2) 2(1;0; 1)
R
k n m
= ∧ = − = −
uur r ur

Phương trình (R) có dạng : x − z + D = 0. Ta có : d (0;(R)) = 2
2 2 2
2
D
D⇔ = ⇔ = ±

Phương trình (R) :
2 2 0 2 2 0

x z hay x z
− + = − − =

Câu VII.a: ðặt
2 2 2
2
z a bi z a b abi
= + ⇒ = − +

Ta có hệ phương trình
2 2 2
2 2 2
0 1
2 1
a b a
a b b
 
− = =
 
⇒
 
+ = =
 
 
. Vậy :
1 2
3 4
1 , 1
1 , 1
z i z i

z i z i
= + = −
= − + = − −

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b:
1/ * C1 : Gọi H(x
0
; y
0
) là hình chiếu của A xuống ∆
Ta có :
0 0 0 0
( ; 2), ( ; )
AH x y OH x y
= − =
uuur uuur

Do gt :
2
2 2
0 0 0
0 0 0
2
2 2
0 0
0 0 0
( 2) 0
2 0
. 0

( , )
4 4 0
( 2)
x y y
x y y
AH OH
AH d H Ox
x y
x y y

+ − =

+ − =

=
  
⇒ ⇔
  
=
− + =

+ − =





uuur uuur

0
2
2
0
0 0
0
2
2
0 0
0 0
0
2
0
1 5
8 4 5
2 4 0
1 5
4 4 0
4 4
1 5
8 4 5 0( )
y
x
y y
y
x y
x y
y
x loai



= − +





= − +

+ − =
= − ± 
  
⇒ ⇔ ⇒

 
− + =

= −


= − −





= − − <







(
)
0
0
4 5 8
4 5 8; 1 5
1 5
x
H
y

= ± −

⇔ ⇒ ± − − +

= − +


. Phương trình ∆ :
( 5 1) 4 5 8 0
x y
− ± − =

* C2 :
• ∆ ≡ Oy ⇒ H ≡ A : không thoả AH = d(H, Ox)
• ∆ ≡ Ox ⇒ H ≡ O : không thoả AH = d(H, Ox)
• Pt ∆ : y = kx (k ≠ 0)

1
2
AH
y x
AH qua A
k
⊥ ∆

⇒ = − +



Toạ ñộ H = ∆ ∩ AH thoả hệ

2
2
2 2
2
2
2
2 2
1
;
1
1 1
2
2
1
k

x
y kx
k k
k
H
k k
y x
k
y
k
k

=
=


 
+
 
⇔ ⇒
 
 
+ +
= − +
 
 
=


+



- Thư viện ðề thi trắc nghiệm | ðồng hành cũng sĩ tử trong mùa thi 2010
6


2
2
2 2
4 2
2 2 2
2
2
2 2 2
( ; ) 2 1 0
1 1 1
1 5
2 2 5
2
2
1 5
0 ( )
2
k k k
AH d H Ox k k
k k k
k
k
k loai
 

 
= ⇔ + − = ⇔ − − =
 
 
+ + +
 
 

+
=

+

⇔ ⇔ = ±

−
= <



Vậy ∆ :
2 2 5
2
y x
+
= ±

2/ M ∈ ∆
1
⇒ M(3+t; t; t)

2
2
(2;1;0)
1 (2;1;2)
qua A
co VTCP a


∆

=


uur

Ta có :
(1 ; 1; )
AM t t t
= + −
uuuur

2
[ , ] (2 ;2; 3)
a AM t t
⇒ = − −
uur uuuur
; d(M; ∆
2
) = 1

2 2
2 2
(2 ) 4 ( 3)
1
4 1 4
1 (4;1;1)
2 10 17 3 2 10 8 0
4 (7;4;4)
t t
t M
t t t t
t M
− + + −
⇔ =
+ +
= ⇒

⇔ − + = ⇔ − + = ⇔

= ⇒


Câu VII.b:

2
2
2
4 2 0 (1)
2log ( 2) log 0 (2)
x x y

x y

− + + =


− − =


;
ñk: x > 2, y > 0
(2)
2 2
2
( 2)
2
y x
x y
y x
= −

⇒ − = ⇒

= −


*
2
0 ( )
2 (1) 4 2 2 0
3

x loai
y x x x x
x
=

= − ⇒ − + − + =

=


*
2
2
4 2 2 0
2 (1)
1( )
5 4 0
4
x x x
y x
x loai
x x
x

− + − + =

= − ⇒
=



− + =


=



⇒ x = 3; y = 1
x = 4; y = − 2

Trần Minh Quang, Trần Minh Thịnh
(Trung tâm BDVH và LTðH Vĩnh Viễn)
Nguồn: Báo ñiện tử Thanh Niên Online