Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. 1.[r]
(1)GỢI Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn Tốn, khối A
-
Gợi ý đáp án Tổ chuyên gia giải đề Hệ thống đào tạo Công nghệ thông tin Quốc tế Bachkhoa-Aptech 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 Tốn Trường Phổ thơng Quốc tế Phú Châu Nhà giáo Hồng Trọng Hảo – Tốn Tuổi thơ
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số 2 (1 ) (1), m tham số thực
y=x − x + −m x+m
1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số m = Khi m = hàm số 2 1
y=x − x +
Tập xác định : \
Chiều biến thiên :
' 3 4
y = x − x
'
0, ( 1)
0 4 5
, ( )
3 27
x y
y
x y
= =
⎡ ⎢ = ⇔
⎢ = = − ⎣
lim , lim
x→+∞y= +∞ x→−∞y= −∞
Bảng biến thiên:
Cực trị : ymax =1 x=0
min
27
y = −
3
x= Đồ thị :
Điểm uốn :y'' 6= x−4 triệt tiêu đổi dấu
x= , đồ thị có điểm uốn 11;
3 27
U⎛⎜ ⎞⎟
⎝ ⎠
Giao với trục: x= ⇒ =0 y Đồ thị cắt trục tung điểm ( )0;1
3
0 1; =
2
y= ⇒x − x + = ⇒ =x x ±
Đồ thị cắt trục hồnh ba điểm có hoành độ 1,
(2)Vẽđồ thị
2 Tìm m đểđồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm phân biệt có hồnh độ x x x1, ,2 3 thỏa mãn điều kiện 2
1
x +x +x <
Phương trình xác định hoành độ giao điểm đồ thị với trục hoành là:
3 2 (1 )x + m = 0 (1)
x − x + −m
Biến đổi tương đương phương trình này:
3
2
(1) -
x(x 1) (x-1)=0 x(x-1) (x-1) =
x x x mx m
x m
m
⇔ − + + =
⇔ − + −
⇔ −
(x-1).(x(x-1)-m) = 02 (x-1)(x x-m) = ⇔
⇔ −
x=12
x x-m=0 (2 ⎡
⇔ ⎢ −
⎣ )
1 (3)
Yêu cầu toán sẽđược thực (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện:
1,
x x ≠
2 2
1
1 +x +x <4
Điều kiện để (2) có nghiệm phân biệt khác là:
2
1
1
( )
1 0
m m
a m
m
⎧ ∆ = + >
⎧ ⇔ ⎪ > −
⎨ ⎨
− − ≠
⎩ ⎪ ≠⎩
Theo Viet ta có: x1+x2 =1, x x1 2= −m nên
( )2
1 2
(3)
( )
x x x x
m
m b
⇔ + − <
⇔ + < ⇔ <
Tổng hợp điều kiện (a) (b) ta giá trị cần tìm m là:
0;
4 m m
(3)Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình
(1 sin os2x sin)
1
cos
1 tan
x c x
x x π ⎡ ⎤ + + ⎢ + ⎥ ⎣ ⎦ = + Điều kiên: cos sin
tan x x x ≠ ⇔ ≠ ± − ⎧ ⎨ ≠ − ⎩
Ta có sin (sin cos ) cos (tan 1)
4 2
x π x x x
⎛ + ⎞= + = +
⎜ ⎟
⎝ ⎠ x
Phương trình cho viết lại thành
( ) ( )
2
1 sin 2sin cos tan 1
2 cos
1 tan
x x x x
x x
+ + − +
= +
2sin2 sin 1 0
x x ⇔ − + + = sin 1 sin sin x x x = ⎡ ⎢ ⇔ ⇔ ⎢ = − ⎣
= − (do điều kiện sinx≠ ± −1)
⇔ ( ) x= , x= k
k m Z
m π π π π ⎡ − + ⎢ ∈ ⎢ ⎢ + ⎢⎣
2 Giải bất phương trình
2
1 2( 1)
x x x x − ≥ − − + Ta có
2 3
2( 1) ,
2 2
x − + =x ⎛⎜x− ⎞⎟ + ≥ ∀ ∈x
⎝ ⎠ R
Do 1 2( 1) 0
x x
− − + <
Với điều kiện x≥0, bất phương trình cho tương đương với 2( 1) 1
x − + ≤ − +x x x+
Ta thấy x=0 không thỏa mãn bất phương trình nên x>0 Vì chia vế BPT cho x >0
ta được:
2(x 1) x 1
x x
+ − ≤ − + +
Đặt 2
t x t x x t
x x
x
= − ⇒ = + − ⇒ + = +2 2 , bất phương trình được viết lại thành
2(t + ≤ +1) t Tiếp tục biến đổi tương đương ta
2 2
2
1
2( 1) ( 1)
1
1 ( 1)
1
1
2
3
2
t t
t t t t
t
t t
x x x x
(4)Câu III (1,0 điểm)
Ta có: ( )
2
2
2
1 2
1 2
x x
x x x
x x
x e e
x e x e e
x
e e
+ +
+ +
= = +
+ + x
e
+ Do tích phân cần tính là:
1 2
2
0
2
1 2
x x x
x x
1
0
x e x e e dx
I dx x dx
e e
+ +
= = +
+ +
∫ ∫ ∫
( )
1
1
0
1
3 2
x x
d e
x
e +
= +
+ ∫
( )
1
ln
x
e
= + +
1ln1
3
e + = +
Đáp số : 1ln1
3
e I = + + Câu IV (1,0 điểm)
1 Tính thể tích khối chóp
( )
2
2
2
gt
( +dt
1
2 2 2
4 8
S CDMN CDMN
SH ABCD
V SH dt
dt CDMN dt ABCD dt BCM AMN
a a a
a a
a a
a a
⊥ =
= −
= − −
= − − =
+ + )
vậy
1 5
3
3 24
S CDMN
(5)2 Tính khoảng cách đuờng thắng DM CS theo a
2 2
2 2 5
2
a a a
CN = CD +ND =a +⎛ ⎞⎜ ⎟ = ⇒CN = ⎝ ⎠
Thay vào (1)
2 .
2
a a
a CH ⇒CH =
Thay vào (*)
2
2
2 2
1 1 19 12
12 19
( 3) 2
5
a HK
HK = a +⎛ a⎞ = a ⇒ = ⎜ ⎟
⎝ ⎠ 12
19
a HK =
Câu V (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình ( ) ( )
2
2
4
( , )
4
x x y y
x y
x y x
⎧ + + − − =
⎪ ∈
⎨
+ + − =
⎪⎩ \
Điều kiện
5
5 2
3
4
y y
x
x
⎧ ≤ ⎪
− ≥
⎧ ⇔⎪
⎨ − ≥ ⎨
⎩ ⎪ ≤
⎪⎩
Xét (1): (4x+1) (x+ y−3) 2− y=0
Đặt u=2x; v= 2− y 3;
2
u v ⎛ ≤ ≥ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
Suy
2
2 5 2 3 1.
2
v v
v = − y⇒ =y − ⇒ − = −y +
( )
(1)
2
u v
u + v
⇔ + − =
3 0
u u v v
⇔ + − − =
( )( 2 1) 0
u v u uv v
⇔ − + + + =
Vì
2 2
2 1 1 0,
2
v v
u +uv+v + =⎛⎜u+ ⎞⎟ + + > ∀u v∈
(6)Tức 2
0
2 5 4
4
2
x
x y x
x y y
≥ ⎧ ⎪
= − ⇔ ⎨ −
= − ⇒ =
⎪⎩ Thế vào
2
5
x
y= − vào (2) ta phương trình
2
2
4
2
x
x +⎛⎜ − ⎞⎟+ − x
⎝ ⎠ =7
4
4
4
x x x
⇔ − + − − =0 (3) với điều kiện
x ≤ ≤ Kí hiệu f x( ) vế trái (3), ta thấy
2
f ⎛ ⎞ =⎜ ⎟
⎝ ⎠ Hơn với
3 0;
4
x∈⎜⎛ ⎝ ⎠
⎞ ⎟ ta có
( ) ( )
'
3
f x x x
x
= − −
− <0 nên f x( )nghịch biến đoạn
3 0;
4
⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Và (3) ( )
2
f x f ⎛ ⎞
⇔ = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
1
x ⇔ =
Với
x= vào
2
5
x
y= − ta y=2 Vậy hệđã cho có nghiệm là:
, 2
x=1 y=
PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a
1. Ta thấy d d1, tạo với Oy góc
0
30 Từđó n 60 ;0 n 300
(7)2
1 3
2 2
ABC
S∆ = AB BC= AB ⇒ AB = ⇒AB=
2
;
3 3
OA= AB= ⇒A⎛⎜ − ⎞⎟
⎝ ⎠
4
2 ;
3
OC= OA= ⇒C⎛⎜− − ⎞⎟
⎝ ⎠
Đường trịn (T) đường kính AC có: ; ,
2
2
AC I⎛⎜− − ⎞⎟ R=
⎝ ⎠ =1
Phương trình (T):
2
1
1 2
x y
⎛ + ⎞ ⎛+ + ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎝ ⎠
⎝ ⎠ =
2 Viết lại phương trình ∆ dạng tham số:
x=1 2
t y t
z t
+ ⎧ ⎪ = ⎨
⎪ = − − ⎩
Thế vào phương trình (P) ta (1 2+ t)− + − − =2t ( t) 0⇔t= 1−
∆ cắt (P) điểm C (− − −1; 1; 1)
Xét điểm M(x=1 ;+ t y=t z; = − −2 t)
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
2
2
6
2 1 2( 1)
1 +1 =0; =
MC MC
t t t
t t
t t
t t
= ⇔ =
⇔ + + + + − − =
⇔ + + + =
⇔ + =
⇔ = ±
⇔ −
a.Nếu t=0thì M(1;0; 2− ) khoảng cách từ M đến (P) là: 1
− − = + +
b Nếu t= −2 M(− −3; 2;0) khoảng cách từ M 0 đến (P) l à:
1
− + + = + + Đáp số :
(8)Câu VII a (1,0 điểm)
Ta có: ( 2 )2 2 2 1 2
i i i
+ = + + = + i
2
(1 2 )(1 )
1 2
5
5
z i
i i i
z i
⇒ = + −
= + − −
= + ⇒ = −
i i
Số phức z có phần ảo − B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1. 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 Lời giải:
Gọi ∆ đường thẳng qua trung điểm AC AB Ta có ( , ) 6 4
2
d A∆ = + − =
Vì ∆ đường trung bình +ABC ( ; ) ( ; ) 2.4
d A BC d A
⇒ = ∆ = =
Gọi phương trình đường thẳng BC là: x+ + =y a
Từđó: 6 12 16
28
a a
a
a
=
+ + ⎡
= ⇒ + = ⇒ ⎢
= − ⎣
Nếu a= −28 phương trình BC x+ −y 28 0= , trường hợp A nằm khác phía BC , vơ lí V∆ ậy a=4, phương trình BC là: x+ + =y
Đường cao kẻ từ A ∆ABC đường thẳng qua A(6;6) và⊥BC:x+ + =y nên có phương trình x− =y
(9)
4
x y x
x y y
− = = −
⎧ ⎧
⇒
⎨ + + = ⎨ = −
⎩ ⎩
Vậy H (-2;-2)
Vì BC có phương trình x+ + =y nên tọa độB có dạng: B(a; -4-a)
Lại H trung điểm BC nên C(-4-a; a)
Suy ra:
(5 ; ) ( 6;
CE a a
AB a a
= + − − = − − − −
JJJG JJJG
)
Vì CE⊥AB nên JJJG JJJGAB CE = ⇒0 (a−6)(a+ +5) (a+3)(a+10)=0
⇒ 2 12 0
6
a
a a
a
= ⎡
+ = ⇒ ⎢
= − ⎣
Vậy ( )
( ) 0;
4;0
B C
− ⎧⎪ ⎨
− ⎪⎩
( ) ( ) 6; 2;
B C
− ⎧⎪ ⎨
− ⎪⎩ Câu VI.b.2
Phương trình tham số ( )
2 2
3
x t
y t
z t
= − + ⎧
⎪
∆ ⎨ = +
⎪ = − + ⎩
Phương trình mặt phẳng (P) qua A ⊥ ∆( ) có: (2;3; 2)
P
n = =v
G G
( ) :2( 0) 3( 0) 2( 2)
2
P x y z
x y z
⇒ − + − + +
⇒ + + + =
=
3
Gọi I giao điểm ( )∆ (P) Ta có tọa độ I nghiệm hệ:
2
2
3 2
2
x t t
y t x
z t y
x y z z
= − + =
⎧ ⎧
⎪ = + ⎪ = −
⎪ ⇒ ⎪
⎨ = − + ⎨ =
⎪ ⎪
⎪ + + + = ⎪ = −
⎩ ⎩
Vậy I(-2; 2; -3)
Khoảng cách từ A đến ( )∆ độ dài IA= − −( 0)2+ −(2 0)2+ − +( 2)2 =3,
Viết phương trình mặt cầu:
Vì mặt cầu cắt t∆ ại điểm B, C nên I trung điểm BC
(10)2 2 32 42 25 5
AB =AI +BI = + = ⇒AB=
5 Vậy mặt cầu cần tìm có phương trình là: 2 ( 2)2 2
x +y + +z =
Câu VII.b (1,0 điểm): Ta có:
3
(1 3i) 3 3.3 3 3 3
8
i i
i i
− = − + −
= − − +
= −
3
i
3
2
(1 3) 8(1 )
4
1 1
i
z i
i i i
− − − +
= = = = −
− − − −
4 ; 4 8
8
z i iz z iz i
z iz
⇒ = − + = − − ⇒ + = − −
⇒ + =
i
-
HỆ THỐNG ĐÀO TẠO CÔNG NGHỆ THÔNG TIN QUỐC TẾ
cung c