Tài liệu ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A (GV.VÕ HỮU PHƯỚC) pptx

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: ( ) 3 2 y x 2x 1 m x m= − + − + 1) Khi m =1, 3 2 y x 2x 1= − + D = ¡ 2 y 3x 4x ′ = − x 0 y 1 y 0 4 5 x y 3 27 = → =   ′ = ⇔ −  = → =  Hàm số đồng biến trên khoảng ( ) −∞;0 và   +∞  ÷   4 ; 3 ; nghịch biến trên khoảng    ÷   4 0; 3 . Điểm cực đại (0; 1), điểm cực tiểu   −  ÷   4 5 ; 3 27 →±∞ = ±∞ x limy . Bảng biến thiên: x −∞ 0 4 3 +∞ y’ + 0 – 0 + y 1 +∞ −∞ 5 27 − Đồ thị: f(x)=x^3-2x^2+1 Series 1 Series 2 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -3 -2 -1 1 2 3 x f(x) 2) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và Ox 1 ( ) 3 2 x 2x 1 m x m 0− + − + = ( ) ( ) 2 x 1 x x m 0⇔ − − − = 2 x 1 0 (2) g(x) x x m 0 (3) − =  ⇔  = − − =  Gọi x 1 là nghiệm pt (2) và x 2 , x 3 là nghiệm pt (3). Yê u cầu bài toán : ( ) 2 2 2 2 1 2 3 2 3 2 3 0 1 4m 0 g(1) 0 m 0 x x x 4 1 x x 2x x 0   ∆ > + >    ≠ ⇔ ≠     + + < + + − <    1 m 1 1 4 m 0 m 1 m 0 4 4 m 1 m 0 1 1 2m 4 −  >  − −   < ≠ < <    ⇔ ≠ ⇔ ⇔       < ≠ + + <     Câu II 1) ( )   π + + +  ÷   = + 1 sinx cos2x sin x 4 1 cosx 1 tanx 2 . Điều kiện:  ≠  ≠ −  cosx 0 tanx 1 pt ( ) ( ) + + + ⇔ = + 1 sinx cos2x sinx cosx cosx sinx 1 cosx ( ) ( ) + + + ⇔ = + cosx 1 sinx cos2x sinx cosx cosx cosx sinx ⇔ + + =1 sinx cos2x 1 ⇔ − + = 2 1 2sin x sinx 0 ⇔ − − = 2 2sin x sinx 1 0  =  ⇒ −  =   sinx 1 (loaïi) 1 sinx (thoûa ñk) 2 ( )  −π = + π  ⇒ ∈  π  = + π   x k2 6 k Z 7 x k2 6 . 2) ( ) − ≥ − − + 2 x x 1 1 2 x x 1 2 H M N D B A C S K Ta có: ( ) ( )       − + = − + ≥ ⇒ − − + <  ÷       2 2 2 1 3 3 2 x x 1 2 x 1 2 x x 1 0 2 4 2 bpt ( ) ⇔ − ≤ − − + 2 x x 1 2 x x 1 ( ) ( ) ⇔ − + ≤ + − 2 2 x x 1 x 1 x ( ) ( ) ( )   ⇔ − + ≤ + −     2 2 2 1 x x x 1 x ( ) ( ) ( )  + − ≥  ⇔  − − ≤   2 x 1 x 0 1 x x 0  + − ≥  ⇔  − =   x 1 x 0 1 x x − ⇒ = 3 5 x 2 Câu III ( ) 2 x x 1 1 1 2 x 2 x x 2 x x x 0 0 0 x 1 2e e x e 2x e e I dx dx x dx 1 2e 1 2e 1 2e + +   + + = = = +  ÷ + + +   ∫ ∫ ∫ 1 1 0 0 1 1 1 2e 3 x ln 3 2 3 1 1 x ln1 2e 3 2 +   = + = +  ÷   + Vậy 1 1 1 2e I ln 3 2 3 +   = +  ÷   Câu IV + Ta có: SH ⊥ (ABCD)  S.CMND CMND 1 V SH.S 3 = 2 2 2 2 CMND ABCD CBM AMD a a 5a S S S S a 4 8 8 = − − = − − = 2 3 S.CMND 1 5a a 5 3 V a 3 3 8 24 ⇒ = × × = (đvtt) + Ta có : ∆CDN = ∆DAM CN DM DM (SCN) DM SC SH DM ⊥  ⇒ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  Kẻ HK ⊥ SC  HK ⊥ MD  HK = d(DM, SC) 2 2 2 1 1 1 HK SH HC = + với 4 4 2 2 2 2 2 SH a 3 CD a 4a CH 5a CN 5 CN.CH CD 4  =  → = = =  =   3 a 2 a 2 2 a a H N M D C B A 2 2 2 2 1 1 5 19 2a 3 HK HK 3a 4a 12a 19 ⇒ = + = ⇒ = . Câu V Cách 1: ( ) ( ) ( ) ( )   + + − − = + = − −   ⇔     + + − = + + − =   2 2 2 2 2 2 4x 1 x y 3 5 2y 0 4x 1 x 3 y 5 2y (1) 4x y 2 3 4x 7 4x y 2 3 4x 7 (2) + Điều kiện:  ≤     ≤   3 x 4 5 y 2 ( )  = + ≤ ⇒ = − − ≤ ⇒ ≥  ⇒   ≥ ⇒ ≥  3 (1) (1) (1) 39 39 VT 4x x VP 3 y 5 2y y 0 (1) 16 16 VP 0 x 0 Suy ra  ≤ ≤     ≤ ≤   3 0 x 4 5 0 y 2 + Xét ( ) = + 2 1 f (x) 4x 1 x tăng trên       3 0 ; 4 ,   =  ÷   1 f 1 2 ( ) = − − 1 g (y) 3 y 5 2y giảm trên       5 0 ; 2 , ( ) = g 2 1 + = + − 2 2 f (x) 4x 2 3 4x giảm trên       3 0 ; 4 = 2 2 g (y) y tăng trên       5 0 ; 2 + Với ≤ < 1 0 x 2 : ( )   ⇒ = < = ⇒ >  ÷   1 1 1 1 1 (1) g (y) f (x) f g 2 y 2 2    > =   ÷ ⇒     > =  2 2 2 2 1 f (x) f 3 2 g (y) g (2) 4 ⇒ > (2) (2) VT VP + Với < ≤ 1 3 x 2 4 :   ⇒ = > = → <  ÷   1 1 1 1 1 (1) g (y) f (x) f g (2) y 2 2 4    < =   ÷ ⇒     < =  2 2 2 1 f (x) f 3 2 g (y) g(2) 4 ⇒ < (2) (2) VT VP + Với = 1 x 2 , hpt ⇒ =y 2 . Vậy nghiệm:  =    =  1 x 2 y 2 Cách 2: ( ) ( )  + + − − =    + + − =  2 2 2 4x 1 x y 3 5 2y 0 (1) 4x y 2 3 4x 7 (2) ( ) ( ) ⇔ + = − − ≥ 2 (1) 4x 1 x 3 y 5 2y 0 , ∀ ≤ → ≥ 5 y x 0 2 Đặt  = ≤ ≤    −  = − ≥ ⇒ =   2 3 u 2x ; 0 u 2 5 v v 5 2y 0 y 2 Thay vào (1) ta có: ( )   − + + − =  ÷   2 2 u 5 v u 1 . 3 .v 0 2 2 ⇔ + − − = ⇔ + = + 3 3 3 3 u u v v 0 u u v v (*) Xét hàm số = + 3 f(t) t t tăng trên R. ⇒ =(*) u v . Từ (2) ta có:   − + + − =  ÷   2 2 5 u u 2 3 2u 7 2 ⇔ − = − + + 4 2 8 3 2u u 6u 3 (3) Đặt = − + + 4 2 f(u) u 6u 3 ; ≤ ≤ 3 0 u 2 . Bảng biến thiên: u −∞ − 3 0 3 +∞ f’(u) + 0 – 0 + 0 – f(u) Nhận xét : u = 1 là nghiệm của (3). 5 + = −g(u) 8 3 2u hàm giảm trên ≤ ≤ 3 0 u 2 + = − + + 4 2 f(u) u 6u 3 hàm tăng trên ≤ ≤ 3 0 u 2 .  (3) có nghiệm duy nhất u = 1  = → = 1 x y 2 2 II – PHẦN RIÊNG A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VIa 1) + = 1 (d ): 3x y 0 ; − = 2 (d ): 3x y 0 . + ( ) ∩ = 1 2 d d 0 0;0 + ( ) − = = 1 2 3. 3 1 1 cos d ;d 2.2 2 · ⇒ = 0 AOC 60 (∆AOC vuông tại A). ⇒ = = =AC 2R ; AB R ; BC R 3 ; = 2R OA 3 . Theo gt: = ⇒ = ⇔ = ⇒ = ABC 3 AB.BC 3 2 S R 1 OA 2 2 2 3 Mà ( ) ( ) ∈ ⇒ − 1 A d A a; 3a ⇒ = ⇔ + = ⇔ = 2 2 2 2 4 4 4 OA a 3a 4a 3 3 3 ⇔ = 1 a 3 (a > 0). +    −   ÷     ⊥  3 3 1 1 qua A ; 1 (d ): 3 (d ) (d ) ⇒ − − = 3 4 (d ): x 3y 0 3 . +   − ∈  ÷  ÷   3 3t 4 T t; d 3 +   − = + = ⇔ + =  ÷  ÷   2 2 2 2 2 7 3t 4 7 OT OA AT t 3 3 3 6 ( )    − = ⇒ >   ÷  ÷    ⇔ − − = ⇒    − − −  = ⇒  ÷   ÷    1 2 2 2 5 3 5 3 1 t I ; loaïi vì d I,d 1 6 6 2 12t 8 3t 5 0 3 3 3 t I ; (nhaän) 6 6 2 Vậy ( )     + + + =  ÷  ÷  ÷     2 2 3 3 T : x y 1 6 2 2) x 1 y z 2 : 2 1 1 − + ∆ = = − ; ( ) P : x 2y z 0− + = Phương trình tham số: x 1 2t : y t (t ) z 2 t = +   ∆ = ∈   = − −  ¡ + Vì ( ) C P= ∆ ∩ . Tọa độ điểm C thỏa hệ: x 1 2t t 1 y t x 1 z 2 t y 1 x 2y z 0 z 1 = + = −     = = −   ⇒   = − − = −     − + = = −   ( ) C 1; 1; 1⇒ − − − + ( ) M 1 2t;t; 2 t+ − − ∈∆ , ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 MC 6 2t 2 t 1 t 1 6= ⇔ + + + + − − = ( ) ( ) 1 2 2 t 0 M 1;0; 2 6t 12t 0 t 2 M 3; 2;0 = → − ⇔ + = ⇔  = − → − −   + ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 0 2 6 d M , P d M , P 6 1 4 1 − − = = = + + . Vậy ( ) ( ) 6 d M, P 6 = . Câu VIIa Tìm phần thực, ảo của z: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 z 2 i 1 2i 2 2 2i i 1 2i 1 2 2i 1 2i 1 2i 2 2i 4i 5 2i = + − = + + − = + − = − + − = + z 5 2i⇒ = − Phần thực của z là a = 5; phần ảo của z là b 2= − . 7 B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1) Đặt d : x y 4 0+ − = + A d : x y 0∈∆ ⊥ ⇒ ∆ − = + Gọi ( ) H d H 2;2= ∆ ∩ ⇒ + Gọi I là trung điểm BC suy ra H là trung điểm IA  I(-2; -2) + Đường thẳng (BC) qua I và song song d  (BC): x + y + 4 = 0. + ( )  − −  ∈ ⇒  − −   B b ; b 4 B,C BC C(c ; c 4) + ( ) AB b 6; b 10= − − − uuur ; ( ) EC c 1; c 1= − − − uuur . Ta có:   =    uuur uuur AB.EC 0 I laø trung ñieåm BC ( ) ( ) ( ) ( )  − − + + + =  ⇔  + = −   b 6 c 1 b 10 c 1 0 b c 4    + + = = = − ⇔ ⇔ ∨    + = − = − =    bc 2c 8 0 c 2 c 4 b c 4 b 6 b 0 ( ) ( ) ⇒ − − B 6;2 ;C 2; 6 hay ( ) ( ) − − B 0; 4 ;C 4;0 . 2) ( ) A 0;0; 2− , x 2 y 2 z 3 : 2 3 2 + − + ∆ = = + (d) qua M(-2;2;-3), vtcp: ( ) a 2;3;2= r + ( ) MA 2; 2;1= − uuuur + ( ) a;MA 7;2; 10 a;MA 49 4 100 153     = − ⇒ = + + =     r uuuur r uuuur + a 4 9 4 17= + + = r ( ) a;MA 153 d A, 3 17 a     ∆ = = = r uuuur r . Mà = ∆ + = + = 2 2 2 BC R d (A, ) 9 16 25 4 Suy ra mặt cầu ( ) ( ) 2 2 2 S : x y z 2 25+ + + = Câu VIIb Ta có ( ) 3 1 3i z 4 4i z 4 4i 1 i − = = − − ⇒ = − + − 8 d H M I B C A E + = − − =z iz 8 8i 8 2 (GV. Trần Nhân – Trường THPT Tân Bình) 9 NHẬN XÉT ĐỀ THI (GV. Võ Hữu Phước – Trường THPT Trần Hưng Đạo) Đề thi toán khối A năm nay có nội dung nằm trong chương trình cơ bản THPT. Tuy nhiên, đề thi đòi hỏi học sinh cần phải sáng tạo và linh hoạt. Nhìn chung, đề có mức độ phân loại học sinh rất cao và rõ rệt: Chẳng hạn, phần khảo sát hàm số, phương trình lượng giác, tích phân, tọa độ trong không gian và số phức thì học sinh chỉ cần vận dụng kiến thức cơ bản là có thể giải được. Các phần còn lại (đặc biệt câu giải hệ phương trình tương đối khó), học sinh cần phải có tư duy, sáng tạo và cẩn thận mới giải tốt được. Nên với đề thi toán khối A năm nay, học sinh khó có thể đạt được điểm tối đa. 10 . ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: ( ) 3 2 y x 2x 1 m x. iz 8 8i 8 2 (GV. Trần Nhân – Trường THPT Tân Bình) 9 NHẬN XÉT ĐỀ THI (GV. Võ Hữu Phước – Trường THPT Trần Hưng Đạo) Đề thi toán khối A năm nay có nội dung