Tính thể tích khối chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a.. Câu V (1,0 điểm).[r]
(1)ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010 Mơn thi : TỐN
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 =
2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hồnh điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thỏa mãn điều kiện : x12x22x32 4
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình
(1 sin x cos 2x)sin x
1
4 cos x
1 tan x
2 Giải bất phương trình :
x x
1
1 2(x x 1)
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân :
1 x x
x
x e 2x e
I dx
1 2e
Câu IV (1,0 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 = a Tính thể tích khối chóp S.CDNM khoảng cách hai đường thẳng DM SC theo a
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
(4 1) ( 3)
4
x x y y
x y x
(x, y R).
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)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1: 3x y 0 d2:
3x y 0 Gọi (T) đường tròn tiếp xúc với d1 A, cắt d2 hai điểm B C
sao cho tam giác ABC vng B Viết phương trình (T), biết tam giác ABC có diện tích
3
2 điểm A có hồnh độ dương.
2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1
:
2 1
x y z
mặt phẳng (P) : x 2y + z = Gọi 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( 2i) (12 )i B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
(2)2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) đường thẳng
2
:
2
x y z
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
2
(1 )
1
i z
i
Tìm mơđun số phức z iz
BÀI GIẢI Câu I: 1) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 2x2 + 1.
Tập xác định R y’ = 3x2 – 4x; y’ = x = hay x =
4 3; lim
x
y
limx
y
x
4
3 +
y’ + +
y +
CĐ
5 27
CT
Hàm số đồng biến (∞; 0) ; (
3; +∞); hàm số nghịch biến (0; 3)
Hàm số đạt cực đại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu x=
4 3; y(
4 3) =
5 27
y" = 6x 4; y” = x =
2
3 Điểm uốn I ( 3;
11 27)
Đồ thị :
2 Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số (1) trục hoành : x3 – 2x2 + (1 – m)x + m = (x – 1) (x2 – x – m) = 0
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 u cầu tốn tương đương với:
2
1
1 4m
g(1) m
x x
2
1 2
1 m
4 m
(x x ) 2x x
1 m
4 m 2m
1 m
4 m m
y
x
0 4
3
1
(3)
m
m
Câu II: Điều kiện : cosx0 tanx ≠ - 1 PT
(1 sin cos ).(sin cos )
cos tan
x x x x
x x
(1 sin cos ).(sin cos )
cos cos
sin cos
x x x x
x x
x x
2
(1 sin cos ) sin cos
1
2sin sin sin 1( ) sin
2
2 ( )
6
x x x x
x x x loai hay x
x k hay x k k
2 Điều kiện x ≥
Bất phương trình
2
x x 2(x x 1)
0
1 2(x x 1)
▪ Mẫu số <
2
2(x x 1) 1
2x2 – 2x + > (hiển nhiên) Do bất phương trình
2
x x 1 2(x x 1) ≤ 0
2
2(x x 1) x x 1
2
x x
(x 1) x (x 1) x
2
x x
(x x )
x x
0 x x (1 x)
2
0 x
x 3x
0 x
3
x
3
x
Cách khác :
Điều kiện x
Nhận xét :
2
2 3
1 2( 1)
2
x x x
(1)
2
1 2( 1)
x x x x
* x = không thoả * x > : (1)
1
1
x x
x x
1
2 x x
x x
Đặt
2
1
2
t x x t
x x
(4)(1) thành :
2
2
1
2( 1)
2 2 (*)
t
t t
t t t
(*) t2 2t 1 (t1)2 0 t
1
1
1
6 5
2
4
1
( )
2
x x x
x x x x loai Câu III.
1 1
2
0 0
(1 )
1 2
x x x
x x
x e e e
I dx x dx dx
e e ; 1 0 ; 3 x
I x dx
1
01
x x e I dx e =
1 (1 )
2
x x d e e = 1
ln(1 )
x
e
=
1
ln e
Vậy I =
1 1
ln
3
e Câu IV: S(NDCM)= 2
2 1
2 2
a a a
a a
(đvdt) V(S.NDCM)=
2
1 5
3
3 24
a a a (đvtt) 2 a a
NC a
,
Ta có tam giác vuông AMD NDC
Nên NCD ADM DM vuông NC
Vậy Ta có:
2
2 .
5
2
a a
DC HC NC HC
a
Ta có tam giác SHC vng H, khỏang cách DM SC chiều cao h vẽ từ H tam giác SHC
Nên 2 2 2
1 1 19
4 12 19
a h
h HC SH a a a
Câu V : ĐK :
3
x
Đặt u = 2x; v 2 y
Pt (1) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 +1) (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = u = v
Nghĩa :
2
3
4
2
(5)Pt (2) trở thành
2
25
6 4 (*)
4 x x x
Xét hàm số
4 25
( )
4
f x x x x
3 0;
4
2
'( ) (4 3)
3
f x x x
x
< 0
Mặt khác :
1
f
nên (*) có nghiệm x =
1
2 y = 2.
Vậy hệ có nghiệm x =
1
2 y = 2
A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a:
1 A d1 A (a;a 3) (a>0)
Pt AC qua A d1 : x 3y 4a0 AC d2 = C(2a;2 3a)
Pt AB qua A d2 : x 3y2a0 AB d2 = B
3 ;
2
a a
2
3 1
; ; ;
2 3
1 3
; ; ( ) :
2
2 3
ABC
S BA BC a A C
Tâm I IA Pt T x y
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
5
; d (M2, (P)) =
3
5
Câu VII.a: z ( i) (1 2i) = (1 2i)(1 2i)= (5 2i)
z 5 2i Phần ảo số phức z B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b :
1 Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) = x – y =
Gọi K giao điểm IJ AH (với IJ : x + y – = 0), suy K nghiệm hệ
x y x y 4
K (2; 2) K trung điểm AH
H K A
H K A
x 2x x
y 2y y 4 62
H (-2; -2) Phương trình BC : 1(x + 2) + 1(y + 2) = x + y + =
(6)Do H trung điểm BC C (-4 – b; b); E (1; -3) 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) qua M (-2; 2; -3), VTCP a (2;3; 2)
; AM ( 2; 2; 1)
a AM ( 7; 2;10)
d( A, ) =
a AM 49 100 153
17
a
=3 Vẽ BH vng góc với
Ta có : BH =
BC
2 AHB R2 =
153 425
16
17 17
=25 Phương trình (S) : x2 y2(z 2) 25
Câu VII.b:
3
(1 3i)
z
1 i
(1 3i) cos( 3) i sin( 3)
3
(1 3i) 8 cos( ) i sin( )
= 8
8 8(1 i)
z 4i
1 i
z iz 4 4i i( 4i) = 8(1 i) z iz 8
TS Nguyễn Phú Vinh