GỢI Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Toán, khối A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 (1 )y x x m x m= − + − + (1), m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. Khi m = 1 .hàm số là 3 2 2 1y x x= − + Tập xác định : ¡ Chiều biến thiên : ' 2 3 4y x x= − ' 0,( 1) 0 4 5 ,( ) 3 27 x y y x y = =   = ⇔  = = −  lim , lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ Bảng biến thiên: Cực trị : ax 1 m y = tại 0x = min 5 27 y = − tại 4 3 x = Đồ thị : Điểm uốn : '' 6 4y x= − triệt tiêu và đổi dấu tại 2 3 x = , đồ thị có điểm uốn 2 11 ; 3 27 U    ÷   Giao với các trục: 0 1x y= ⇒ = . Đồ thị cắt trục tung tại điểm ( ) 0;1 . 3 2 1 5 0 2 1 0 1; = 2 y x x x x ± = ⇒ − + = ⇒ = Đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm có hoành độ 1 5 1, 2 x x ± = = 1 Vẽ đồ thị 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi có hoành độ 1 2 3 , ,x x x thỏa mãn điều kiện 2 2 2 1 2 3 4x x x+ + < Phương trình xác định hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là: 3 2 2 (1 )x + m =0 (1)x x m− + − Biến đổi tương đương phương trình này: 3 2 2 2 (1) 2 - 0 x(x 2 1) (x-1)=0 x(x-1) (x-1)= 0 x x x mx m x m m ⇔ − + + = ⇔ − + − ⇔ − 2 (x-1).(x(x-1)-m)= 0 (x-1)(x x-m)= 0 ⇔ ⇔ − 2 x=1 x x-m=0 (2)  ⇔  −  Yêu cầu bài toán sẽ được thực hiện khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt 1 2 , 1x x ≠ thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 1 2 1 4 (3)x x+ + < Điều kiện để (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 là: 2 1 1 4 0 ( ) 4 1 1 0 0 m m a m m  ∆ = + >  > −  ⇔   − − ≠   ≠  Theo Viet ta có: 1 2 1 2 1,x x x x m+ = =− nên ( ) 2 1 2 1 2 (3) 2 3 1 2 3 1 ( ) x x x x m m b ⇔ + − < ⇔ + < ⇔ < Tổng hợp các điều kiện (a) và (b) ta được các giá trị cần tìm của m là: 1 0; 0 1 4 m m− < < < < 2 Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình ( ) 1 sin os2x sin 1 4 cos 1 tan 2 x c x x x π   + + +     = + Điều kiên: cos 0 sin 1 tan 1 x x x ≠ ⇔ ≠ ± −   ≠ −  Ta có 1 1 sin (sin cos ) cos (tan 1) 4 2 2 x x x x x π   + = + = +  ÷   Phương trình đã cho có thể viết lại thành ( ) ( ) 2 1 1 sin 1 2sin cos tan 1 1 2 cos 1 tan 2 x x x x x x + + − + = + 2 2sin sin 1 0x x⇔ − + + = sin 1 1 sin 1 2 sin 2 x x x =   ⇔ ⇔ = −  = −  (do điều kiện sin 1x ≠ ± − ) ⇔ ( ) x= 2 6 , 7 x= 2 6 k k m Z m π π π π  − +  ∈   +   . 2. Giải bất phương trình 2 1 1 2( 1) x x x x − ≥ − − + Ta có 2 2 1 3 3 2( 1) 2 , 2 2 2 x x x x R   − + = − + ≥ ∀ ∈  ÷   Do đó 2 1 2( 1) 0x x− − + < Với điều kiện 0x ≥ , bất phương trình đã cho tương đương với 2 2( 1) 1x x x x− + ≤ − + + Ta thấy 0x = không thỏa mãn bất phương trình nên 0x > . Vì vậy chia 2 vế của BPT cho 0x > ta được: 1 1 2( 1) 1x x x x + − ≤ − + + Đặt 2 2 1 1 1 2 2t x t x x t x x x = − ⇒ = + − ⇒ + = + , bất phương trình được viết lại thành 2 2( 1) 1t t+ ≤ + Tiếp tục biến đổi tương đương ta được 2 2 2 2 1 0 1 2( 1) ( 1) 2 1 0 1 1 ( 1) 0 1 1 5 1 1 0 2 3 5 2 t t t t t t t t t x x x x x x + ≥ ≥ −   ⇔   + ≤ + − + ≤   ≥ −  ⇔ ⇔ =  − ≤  − + ⇔ − = ⇔ + − = ⇔ = − ⇔ = 3 Câu III (1,0 điểm) Ta có: ( ) 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 x x x x x x x x x e e x e x e e x e e e + + + + = = + + + + Do đó tích phân cần tính là: 1 1 1 2 2 2 0 0 0 2 1 2 1 2 x x x x x x e x e e dx I dx x dx e e + + = = + + + ∫ ∫ ∫ ( ) 1 3 1 0 0 1 2 1 3 2 1 2 x x d e x e + = + + ∫ ( ) 1 0 1 1 ln 1 2 3 2 x e= + + 1 1 1 2 ln 3 2 3 e+ = + Đáp số : 1 1 1 2 ln 3 2 3 e I + = + Câu IV (1,0 điểm) 1. Tính thể tích khối chóp ( ) . 2 2 2 2 2 gt 1 . 3 ( +dt ) 1 1 2 2 2 2 2 5 4 8 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 ⊥ = = − = − − = − − = V V vậy 2 3 . 1 5 5 3 3 3 8 24 S CDMN V a a a= = 4 2. Tính khoảng cách giữa 2 đuờng thắng DM và CS theo a 2 2 2 2 2 2 5 5 2 4 2 a a a CN CD ND a CN   = + = + = ⇒ =  ÷   Thay vào (1) 2 5 2 . 2 5 a a a CH CH⇒ = Thay vào (*) 2 2 2 2 2 2 1 2 2 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 2 4 1 3 5 2 0 ( , ) 4 2 3 4 7 x x y y x y x y x  + + − − =  ∈  + + − =   ¡ Điều kiện 5 5 2 0 2 3 4 0 3 4 y y x x  ≤  − ≥   ⇔   − ≥   ≤   Xét (1): ( ) ( ) 4 1 3 5 2 0x x y y+ + − − = . Đặt 2u x = ; 5 2v y= − 3 ; 0 . 2 u v   ≤ ≥  ÷   Suy ra 2 2 2 5 1 5 2 3 . 2 2 v v v y y y − + = − ⇒ = ⇒ − = − ( ) 2 2 1 (1) 1 . 0 2 2 u v u v + ⇔ + − = 3 3 0u u v v⇔ + − − = ( ) ( ) 2 2 1 0u v u uv v⇔ − + + + = Vì 2 2 2 2 3 1 1 0, , 2 4 v v u uv v u u v   + + + = + + + > ∀ ∈  ÷   ¡ nên u v= 5 Tức là 2 2 0 2 5 2 5 4 4 5 2 2 x x y x x y y ≥   = − ⇔  − = − ⇒ =   Thế vào 2 5 4 2 x y − = vào (2) ta được phương trình 2 2 5 4 4 2 3 4 7 2 x x x   − + + − =  ÷   4 2 3 4 6 2 3 4 0 4 x x x⇔ − + − − = (3) với điều kiện 3 0 4 x≤ ≤ . Kí hiệu ( ) f x là vế trái của (3), ta thấy 1 0 2 f   =  ÷   . Hơn nữa với 3 0; 4 x   ∈  ÷   ta có ( ) ( ) 2 4 ' 4 3 0 3 4 f x x x x = − − < − nên ( ) f x nghịch biến trên đoạn 3 0; 4       Và (3) 1 ( ) 2 f x f   ⇔ =  ÷   1 2 x⇔ = . Với 1 2 x = thế vào 2 5 4 2 x y − = ta được 2y = . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là: , 2 2 x y 1 = = PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 1. Ta thấy 1 2 ,d d tạo với Oy góc 0 30 Từ đó · · 0 0 60 ; 30AOB ACB= = 6 2 2 1 3 3 3 . 1 2 2 2 2 ABC S AB BC AB AB AB ∆ = = ⇒ = ⇒ = 2 2 1 . ; 1 3 3 3 OA AB A   = = ⇒ −  ÷   4 2 2 ; 2 3 3 OC OA C   = = ⇒ − −  ÷   Đường tròn (T) đường kính AC có: 2 3 ; , 1 2 2 3 AC I R   − − = =  ÷   Phương trình (T): 2 2 1 3 1 2 2 3 x y     + + + =  ÷  ÷     2. Viết lại phương trình ∆ dưới dạng tham số: x=1 2 2 t y t z t +   =   = − −  Thế vào phương trình (P) ta được ( ) ( ) 1 2 2 2 0t t t+ − + − − = = 1t⇔ − ∆ cắt (P) tại điểm C ( ) 1; 1; 1− − − Xét điểm M ( ) x=1 2 ; ; 2t y t z t+ = = − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 6 6 2 2 1 1 6 4 1 2( 1) 6 1 1 +1 1 =0; = 2 MC MC t t t t t t t t t = ⇔ = ⇔ + + + + − − = ⇔ + + + = ⇔ + = ⇔ = ± ⇔ − a.Nếu t=0 thì M ( ) 1;0; 2− khoảng cách từ M đến (P) là: 1 0 2 1 1 4 1 6 − − = + + b. Nếu 2t = − thì M ( ) 3; 2;0− − khoản g cách từ M 0 đến (P) l à: 3 4 0 1 1 4 1 6 − + + = + + Đáp số : 1 6 7 Câu VII. a (1,0 điểm) Ta có: 2 2 ( 2 ) 2 2 2 1 2 2i i i i+ = + + = + 2 (1 2 2 )(1 2 2 ) 1 2 2 2 4 5 2 2 5 2 z i i i i i i z i ⇒ = + − = + − − = + ⇒ = − Số phức z có phần ảo là 2− . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6;6); đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình 4 0x y+ − = . Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết điểm E(1;-3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho Lời giải: Gọi ∆ là đường thẳng đi qua trung điểm của AC và AB Ta có ( ) 6 6 4 , 4 2 2 d A + − ∆ = = Vì ∆ là đường trung bình của V ABC ( ) ( ) ; 2 ; 2.4 2 8 2d A BC d A⇒ = ∆ = = Gọi phương trình đường thẳng BC là: 0x y a+ + = Từ đó: 4 6 6 8 2 12 16 28 2 a a a a = + +  = ⇒ + = ⇒  = −  Vì A nằm về cùng phía với BC và ∆ : Nếu 28a = − thì phương trình của BC là 28 0x y+ − = , trường hợp này A nằm khác phía đối với BC và ∆ , vô lí. Vậy 4a = , do đó phương trình BC là: 4 0x y+ + = . Đường cao kẻ từ A của ABC ∆ là đường thẳng đi qua A(6;6) và BC ⊥ : 4 0x y+ + = nên có phương trình là 0x y− = . Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình 0 2 4 0 2 x y x x y y − = = −   ⇒   + + = = −   8 Vậy H (-2;-2) Vì BC có phương trình là 4 0x y+ + = nên tọa độ B có dạng: B(a; -4-a) Lại vì H là trung điểm BC nên C(-4-a; a) Suy ra: ( ) 5 ; 3 ( 6; 4 6) CE a a AB a a = + − − = − − − − uuur uuur Vì CE AB⊥ nên ( ) ( ) ( ) ( ) . 0 6 5 3 10 0AB CE a a a a= ⇒ − + + + + = uuur uuur ⇒ 2 0 2 12 0 6 a a a a =  + = ⇒  = −  Vậy ( ) ( ) 0; 4 4;0 B C −   −   hoặc ( ) ( ) 6;2 2; 6 B C −   −   . Câu VI.b.2 Phương trình tham số của 2 2 ( ) 2 3 3 2 x t y t z t = − +   ∆ = +   = − +  Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và ( )⊥ ∆ có: (2;3;2) P n v= = r r ( ) :2( 0) 3( 0) 2( 2) 0 2 3 2 4 0 P x y Z x y Z ⇒ − + − + + = ⇒ + + + = Gọi y là giao điểm của ( )∆ và (P). Ta có tọa độ I là nghiệm của hệ: 2 2 0 2 3 2 3 2 2 2 3 2 4 0 3 x t t y t x z t y x y z z = − + =     = + = −   ⇒   = − + =     + + + = = −   Vậy I(-2; 2; -3) Khoảng cách từ A đến ( )∆ chính là độ dài IA 2 2 2 ( 2 0) (2 0) ( 3 2) 3= − − + − + − + = , Viết phương trình mặt cầu: Vì mặt cầu cắt ∆ tại 2 điểm B, C nên I là trung điểm BC Xét ABI ta có: 2 2 2 2 2 3 4 25 5AB AI BI AB= + = + = ⇒ = Vậy mặt cầu cần tìm có phương trình là: 2 2 2 ( 2) 25x y z+ + + = 9 Câu VII.b (1,0 điểm): Ta có: 3 2 3 (1 3i) 1 3. 3 3.3 3 3 1 3 3 9 3 3 8 i i i i i − = − + − = − − + =− 3 2 (1 3) 8 8(1 ) 4 4 1 1 1 i z i i i i − − − + = = = =− − − − − 4 4 ; 4 4 8 8 8 2 z i iz i z iz i z iz ⇒ =− + = − − ⇒ + =− − ⇒ + = Bác sỹ Trần Phương- đại học y hà nội 10 . AMN a a a a a a a a a ⊥ = = − = − − = − − = V V vậy 2 3 . 1 5 5 3 3 3 8 24 S CDMN V a a a= = 4 2. Tính khoảng cách gi a 2 đuờng thắng DM và CS theo a 2 2 2 2 2 2 5 5 2 4 2 a a a CN CD ND a. dạng: B (a; -4 -a) Lại vì H là trung điểm BC nên C(-4 -a; a) Suy ra: ( ) 5 ; 3 ( 6; 4 6) CE a a AB a a = + − − = − − − − uuur uuur Vì CE AB⊥ nên ( ) ( ) ( ) ( ) . 0 6 5 3 10 0AB CE a a a a= ⇒. trên đường cao đi qua đỉnh C c a tam giác đã cho Lời giải: Gọi ∆ là đường thẳng đi qua trung điểm c a AC và AB Ta có ( ) 6 6 4 , 4 2 2 d A + − ∆ = = Vì ∆ là đường trung bình c a V ABC ( ) (