BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn thi: TOÁN, Khối A (Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 2x2 + (1 – m)x + m (1), m số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm phân biệt có hoành độ x 1, x2, x3 thỏa mãn điều kiện : x12 + x 22 + x 32 < Câu II (2,0 điểm) π (1 + sin x + cos 2x)sin x + ÷ 4 Giải phương trình = cos x + tan x 2 Giải bất phương trình : x− x − 2(x − x + 1) Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân : I = ∫ ≥1 x + e x + 2x 2e x dx + 2e x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Gọi M N trung điểm cạnh AB AD; H giao điểm CN DM Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) SH = a Tính thể tích khối chóp S.CDNM khoảng cách hai đường thẳng DM SC theo a (4 x + 1) x + ( y − 3) − y = Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 (x, y ∈ R) x + y + − x = II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1: 3x + y = d2: 3x − y = Gọi (T) đường tròn tiếp xúc với d1 A, cắt d2 hai điểm B C cho tam giác ABC vuông B Viết điểm A có hoành độ dương x −1 y z + = = Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng ∆ : mặt phẳng (P): x − 2y + z = Gọi −1 C giao điểm ∆ với (P), M điểm thuộc ∆ Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo số phức z, biết z = ( + i ) (1 − 2i) phương trình (T), biết tam giác ABC có diện tích B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 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 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 VII.b (1 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z = (1 − 3i ) Tìm môđun số phức z + iz 1− i Hết— BÀI GIẢI Câu I: 1) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 2x2 + ; Tập xác định R y’ = 3x2 – 4x; y’ = ⇔ x = hay x = lim y = −∞ lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ x −∞ y’ y + −∞ 0 − CĐ +∞ + +∞ − 27 CT 4 Hàm số đồng biến (−∞; 0) ; ( ; +∞); hàm số nghịch biến (0; ) 3 4 Hàm số đạt cực đại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu x= ; y( ) = − 3 27 2 11 y" = x − ; y” = ⇔ x = Điểm uốn I ( ; ) 3 27 Đồ thị : Phương trình hoành độ giao điểm 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) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình (2) Với điều kiện + 4m > ta có : x1 + x2 = 1; x1x2 = –m Do yêu cầu toán tương đương với: 1 m > − m > − m > − 1 + 4m > − < m ⇔ 2x2 – 2x + > (hiển nhiên) Do bất phương trình ⇔ x − x − + 2(x − x + 1) ≤ ⇔ − x + x + ≥ ⇔ ⇔ (x − + x ) ≤ { 0 ≤ x ≤ ≤ x ≤1 3± ⇔ x − 3x + = ⇔ x = Điều kiện x ≥ { Cách khác : − x + x + ≥ ⇔ (x − 1) + x (x − 1) + x ≤ 0 ≤ x ≤1 x = − x ⇔ x = (1 − x) 2(x − x + 1) ≤ − x + x + ⇔ x= 3− 2 3 : (1) ⇔ x − ≤ x x Đặt t = 1 − x ⇒ + x = t2 + x x (1) thành : ⇔ x + − 1÷ ≤ − x +1 x x t ≥ −1 2(t + 1) ≤ t + ⇔ 2 2t + ≤ t + 2t + (*) (*) t − 2t + ≤ ⇔ (t − 1) ≤ ⇔ t = −1 + x= 6− 3− ⇔ − x = ⇔ x + x −1 = ⇔ ⇔x= = x −1 − (loai ) x= 1 1 x (1 + 2e x ) + e x ex x3 2 dx = x dx + dx I = x dx = = ; Câu III I = ∫ ; x x ∫ ∫ ∫ + e + e 3 0 0 1 ex d (1 + 2e x ) + 2e 1 + 2e x I2 = ∫ dx = ∫ = ln(1 + 2e ) = ln Vậy I = + ln ÷ ÷ x x + 2e + 2e 0 Câu IV: 1a a 5a 5a 5a 3 S(NDCM)= a − ÷ − (đvdt) ⇒ V(S.NDCM)= a (đvtt) a= = 2 2 2 8 24 S a2 a , NC = a + = Ta có tam giác vuông AMD NDC · Nên NCD = ·ADM DM vuông NC A M B a2 2a DC = HC.NC ⇒ HC = = Vậy Ta có: a 5 N H D C Ta có tam giác SHC vuông H, khỏang cách DM SC chiều cao h vẽ từ H tam giác SHC 1 19 2a + = 2+ 2= ⇒h= Nên = 2 h HC SH 4a 3a 12a 19 Câu V : ĐK : x ≤ Đặt u = 2x; v = − y Pt (1) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 +1) ⇔ (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = ⇔ u = v ≤ x ≤ Nghĩa : x = − y ⇔ y = − 4x 25 − x + x + − x = (*) Pt (2) trở thành 4 25 3 Xét hàm số f ( x) = x − x + + − x 0; f '( x ) = x (4 x − 3) − 0) Pt AC qua A ⊥ d1 : x − y − 4a = AC ∩ d2 = C(−2a; −2 3a ) a a 3 Pt AB qua A ⊥ d2 : x + y + 2a = ,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 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) 1− − −3 + + 1 = = d (M1, (P)) = ; d (M2, (P)) = 5 5 Câu VII.a: z = ( + i) (1 − 2i) = (1 + 2i)(1 − 2i) = (5 + 2i) ⇔ z = − 2i ⇒ Phần ảo số phức z − B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b : 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) x = 2x − x = − = −2 K trung điểm AH ⇔ y H = 2y K − y A = − = −2 ⇔ H (-2; -2) H K A { Phương trình BC : 1(x + 2) + 1(y + 2) = ⇔ x + y + = Gọi B (b; Do H u làuurtrung điểm BC ⇒ C (-4 – b; b); E (1; -3) uuu r-b – 4) ∈ BC Ta có : CE = (5 + b; − b − 3) vuông 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 (2; r B2 (-6; 2); Cu2uu u r -6) ∆ qua M (-2; 2; -3), VTCP a = (2;3; 2) ; AM = (−2; 2; −1) r uuuu r a ∧ AM r uuuu r 49 + + 100 153 = = r ⇒ a ∧ AM = (−7; −2;10) ⇒ d( A, ∆) = =3 17 4+9+4 a Vẽ BH vuông góc với ∆ BC 153 425 = ∆AHB ⇒ R2 = 16 + = Ta có : BH = =25 17 17 Phương trình (S) : x + y + (z + 2) = 25 π π (1 − 3i)3 (1 − 3i) = cos(− ) + i sin( − ) ÷ Câu VII.b: z = 3 1− i −8 −8(1 + i) = = −4 − 4i ⇒ (1 − 3i) = ( cos(−π) + i sin(−π) ) = −8 ⇒ z = 1− i ⇒ z + iz = −4 − 4i + i(−4 + 4i) = −8(1 + i) ⇒ z + iz = ... x1, x2 nghiệm phương trình (2) Với điều kiện + 4m > ta có : x1 + x2 = 1; x1x2 = –m Do yêu cầu toán tương đương với: 1 m > − m > − m > − 1 + 4m > − < m