Nghiên cứu đề thi đại học TOÁN khối A - 2010

Theo chương trình thay sách – giáo khoa năm thứ - 2010 Đề thi lời binh Đại học mơn Tốn khối A ngày /7 /2010 Biên soạn : Phạm Quốc Khánh 42 x1 + x + x < 2 I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( điểm) y = x – 2x + ( – m ) x + m 1 ) , m số thực ( Câu : (2 điểm) Cho hàm số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = : x1 + x 2 trục hoành điểm phân biệt có hồnh độ x 1, + x < Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt + x + x < x 2 x2, x3 thỏa mãn điều kiện : x1 + x + x < 2 2 Lời bình 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (1) hàm số m = 1) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 2x2 + Tập xác định R y’ = 3x2 – 4x; y’ = ⇔ x = hay x = 4 x −∞ +∞ y’ y1 + −∞ CĐ − − + +∞ 27 CT ; 4 y” = 6x – ) y” = ⇔ x = Điểm uốn I( 11 ; ) 27 Hàm số đạt cực đại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu x= Đồ thị : ; y( )= 2.Phương trình hồnh độ giao điểm − 27 đồ thị hàm số (1) trục hoành : x3 – 2x2 + (1 – m)x + m = ⇔ (x – 1) (x2 – x – m) ⇔ x = hay g(x) = x2 – x – m = (2) − 27 Gọi x , x nghiệm phương trình (2) − 27 =0 y" = Với điều kiện + 4m > ta có : x1 + x2 = 1; x1 x2 = – m ; y” Do ⇔ x = = u cầu tốn tương đương với: 1    m>− m>− m>− 1 + 4m >    4     Điểm uốn I ( g(1) = − m ≠ ⇔  −m ≠ ⇔ m ≠ ⇔ m ≠  2 2  x1 + x + < (x1 + x ) − 2x1x < 1 + 2m < m <     ;    6x − 11 27 )   ⇔ − < m < m ≠  p  (1 + sinx + cos2x)sin  x + ÷ 4  ) Giải phương trình : = cosx + tanx Câu : (2 điểm) ) Giải bất phương trình : x− x − 2(x − x + 1) ≥1 p  (1 + sinx + cos2x)sin  x + ÷ 4  1) Giải phương trình : = cosx + tanx cos x ≠ tanx ≠ - Điều kiện : Giải (1 + sin x + cos x).(sin x + cos x) Pt ⇔ = cos x + tan x (1 + sin x + cos x).(sin x + cos x) ⇔ cos x = cos x sin x + cos x ⇔ (1 + sin x + cos x) = ⇔ sin x + cos x = ⇔ 2sin x − sin x − = ⇔ sin x = 1(loai) hay sin x = − ⇔ x=− π 7π + k 2π hay x = + k 2π (k ∈ ¢ ) 6 x− x 2) Giải bất phương trình : − 2(x − x + 1) ≥1 Đk : x ≥ Bất phương trình ⇔ x − x − + 2(x − x + 1) − 2(x − x + 1) ▪ Mẫu số < ⇔ 2(x − x + 1) > Do bất phương trình ⇔ ≥0 ⇔ 2x2 – 2x + > (hiển nhiên) x − x − + 2(x − x + 1) ≤ ⇔ 2( x − x + 1) ≤ − x + x + − x + x + ≥  ⇔ ( x − 1) + x ( x − 1) + x ≤  − x + x + ≥  ⇔ ( x − + x ) ≤  0 ≤ x ≤ ⇔  x − 3x + = ⇔ x = 1− x 0 ≤ x ≤  ⇔ 3± x=   0 ≤ x ≤ ⇔  x = (1 − x) ⇔x= 3− x + e x + 2x e x I=∫ dx x + 2e Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân : Giải I =∫ 1 x (1 + 2e x ) + e x ex dx = ∫ x dx + ∫ dx x x + 2e 0 + 2e 1 x3 I1 = ∫ x dx = = ; 3 ex I2 = ∫ dx + 2e x 1 d (1 + 2e x ) = ∫ + 2e x 1 = ln(1 + 2e x ) Vậy I = 1  + 2e  + ln  ÷    + 2e  = ln  ÷   Câu 4: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Gọi M N trung điểm cạnh AB AD; H giao điểm CN DM Biết SH vng góc với mặt phẳng (ABCD) SH = Tính thể tích khối chóp S.CDNM khoảng cách hai đường thẳng DM SC theo a S Giải Thể tích VS.CDNM = S NDCM SH 1a a 5a 2 a= S(NDCM)= a −  ÷ − (đvdt) 2 2 2 5a 5a 3 ⇒ V(S.NDCM)= (đvtt) a = 24 a2 a Vậy ⇒ NC = a + = B M A a Ta có tam giác vng AMD NDC a2 2a DC = HC.NC ⇒ HC = = a 5 2 N Ta có tam giác SHC vng H, khỏang cách D DM SC chiều cao h vẽ từ H tam giác SHC Nên 1 19 2a = + = 2+ = ⇒h= h HC SH 4a 3a 12a 19 H C (4 x + 1) x + ( y − 3) − y =  Câu 5: (1 điểm) Giải hệ phương trình  (x, y ∈ R) 2 4 x + y + − x =  Giải ĐK : x ≤ Đặt u = 2x; Pt (1) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 +1) ⇔ (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = ⇔ u = v  0≤ x≤   ⇔ 2x = − y ⇔  − 4x2 y =   Xét hàm số Mặt khác : Pt (2) trở thành 25 − x + x + − x = (*) 25  3 + − x / 0;   4 f '( x) = x(4 x − 3) − 0) Pt AC qua A ⊥ d1 : x − y − 4a = AC ∩ d2 = C(−2a; −2 3a ) Pt AB qua A ⊥ d2 : x + y + 2a =  a a 3 ÷ AB ∩ d2 = B − ; −  ÷ S ∆ABC =     ⇔ BA.BC = ⇔ a = ⇒ A ; −1 ÷ ; C  − ; −2 ÷ 3     2 3   3  −1  ⇒ Tâm I  ; − ÷ ; ¡ = IA = 1⇒ Pt (T ) :  x + + y + ÷ =1 ÷ 2 3  2 2  ) Tính khoảng cách từ M đến (P) C (1 + 2t; t; –2 – t) ∈ ∆ C ∈ (P) ⇒ (1 + 2t) – 2t – – t = ⇒ t = –1 ⇒ C (–1; –1; –1) M (1 + 2t; t; –2 – t) MC2 = ⇔ (2t + 2)2 + (t + 1)2 + (–t – 1)2 = ⇔ 6(t + 1)2 = ⇔ t + = ±1 ⇔ t = hay t = –2 Vậy M1 (1; 0; –2); M2 (–3; –2; 0) d (M1, (P)) = 1− − = d (M2, (P)) = Câu 7a : (1 điểm) :Tìm phần ảo số phức z, biết z = ( + i) (1 − 2i) ⇒ z = − 2i −3 + + = z = ( + i ) (1 − 2i ) = (1 + 2i)(1 − 2i) = (5 + 2i) ⇒ Phần ảo số phức z − 2 Chương trình nâng cao : Câu 6b : (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng qua trung điểm cạnh AB AC có phương trình x + y − = Tìm tọa độ đỉnh B C, biết điểm E(1; −3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác cho 2) Trong không gian với hệ Oxyz Cho mp (P) : x – 2y + 2z – = đthẳng : Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) đường thẳng ∆: x+2 y−2 z+3 = = Tính khoảng cách từ A đến ∆ Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ hai điểm B C cho BC = Câu 7b : (1 điểm) Cho số phức z thỏa mãn Tìm mơđun số phức z + iz (1 − 3i ) z= 1− i Câu 6b : Tìm tọa độ B , C { Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) = ⇔ x – y = x−y=0 Gọi K giao điểm IJ AH (với IJ : x + y – = 0), suy K nghiệm hệ x + y = ⇒ K (2; 2) { K trung điểm AH ⇔ x H = 2x K − x A = − = −2 ⇔ H (-2; -2) y H = 2y K − y A = − = −2 Phương trình BC : 1(x + 2) + 1(y + 2) = ⇔ x + y + = Gọi B (b; -b – 4) ∈ BC Do H trung điểm BC ⇒ C (-4 – b; b); E (1; -3) uu ur uu ur Ta có : CE = (5 + b; −b − 3) vng góc với BA = (6 − b; b + 10) ⇒ (5 + b)(6 – b) + (-b – 3)(b + 10) = ⇒ 2b2 + 12b = ⇒ b = hay b = -6 Vậy B1 (0; -4); C1 (-4; 0) hay B2 (-6; 2); C2 (2; -6) Tính r uu uu r a = (2;3; 2) AM = (−2; 2; −1) ∆ qua M (-2; 2; -3), VTCP r uu uu r a ∧ AM r uu uu r 49 + + 100 153 ⇒ a ∧ AM = (−7; −2;10) ⇒ d( A, ∆) = r = = 17 4+9+4 a BC 153 425 = ∆AHB ⇒ R = 16 + = 17 17 2 Phương trình (S) : x + y + (z + 2) = 25 Vẽ BH vng góc với ∆ Ta có : BH = =3 =25 Câu 7b : (1 điểm) :Tìm mơ đun số phức (1 − 3i)3 π π   z= (1 − 3i) =  cos(− ) + i sin(− ) ÷ ⇒ (1 − 3i) = ( cos( −π) + i sin( −π) ) = 1− i 3   −8 −8(1 + i) ⇒z= = = −4 − 4i ⇒ z + iz = −4 − 4i + i(−4 + 4i) = −8(1 + i) ⇒ z + iz = 1− i ... theo a S Giải Thể tích VS.CDNM = S NDCM SH 1? ?a? ?? a 5a 2 a= S(NDCM)= a −  ÷ − (đvdt) 2 2 2 5a 5a 3 ⇒ V(S.NDCM)= (đvtt) a = 24 a2 a Vậy ⇒ NC = a + = B M A a Ta có tam giác vuông AMD NDC a2 ... (-b – 3)(b + 10) = ⇒ 2b2 + 12b = ⇒ b = hay b = -6 Vậy B1 (0; -4 ); C1 (-4 ; 0) hay B2 (-6 ; 2); C2 (2; -6 ) Tính r uu uu r a = (2;3; 2) AM = (−2; 2; −1) ∆ qua M (-2 ; 2; -3 ), VTCP r uu uu r a ∧ AM... C(− 2a; −2 3a ) Pt AB qua A ⊥ d2 : x + y + 2a =  a a 3 ÷ AB ∩ d2 = B − ; −  ÷ S ∆ABC =     ⇔ BA.BC = ⇔ a = ⇒ A? ?? ; −1 ÷ ; C  − ; −2 ÷ 3     2 3   3  −1  ⇒ Tâm I  ; − ÷ ; ¡ = IA