1 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) 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 ± = = 2 Vẽ đồ thị 2) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và Ox ( ) 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 0 ⇔ + = 2 2cos x sinx 0 ( ) ⇔ − + = 2 2 1 sin x sinx 0 3 ⇔ − − = 2 2sin x sinx 2 0  + =   ⇒  − =   1 17 sinx >1 (loaïi) 4 1 17 sinx (thoûa ñk) 4 ( )    − = + π   ÷  ÷    ⇒ ∈    −  = π− + π  ÷   ÷    1 17 x arcsin k2 4 k Z 1 17 x arcsin k2 4 . 2) ( ) − ≥ − − + 2 x x 1 1 2 x x 1 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 +   = +  ÷   4 H M N D B A C S K 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  =  → = = =  =   2 2 2 2 1 1 5 19 2a 3 HK HK 3a 4a 12a 19 ⇒ = + = ⇒ = . Câu V ( ) ( ) ( ) ( )   + + − − = + = − −   ⇔     + + − = + + − =   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 (1) y 0 16 16 VP 0 x 0 Suy ra  ≤ ≤     ≤ ≤   3 0 x 4 5 0 y 2 5 a 2 a 2 2 a a H N M D C B A + 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) g (y) f (x) 1 y 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) g (y) f (x) f g(2) y 2 2    < =   ÷ ⇒     < =  2 2 2 1 f (x) f 3 2 g (y) g(2) 4 ⇒ < (2) (2) VT VP + = ⇒ = 1 x y 2 2 . Vậy nghiệm:  =    =  1 x 2 y 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 6 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  =   ⇔ − − = ⇒  − =   1 2 2 5 3 t 6 12t 8 3t 5 0 3 t 6 Vậy ( )     − + + =  ÷  ÷  ÷     2 2 1 5 3 1 T : x y 1 6 2 và ( )     + + + =  ÷  ÷  ÷     2 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 7 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= − . 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 . 8 d H M I B C A E 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 2 3 2 2 1 3i 8 3 3i 3i 1 i 1 3 3i 3.3.i 3i z 1 i 1 i 2 8 8i 3 3i 3 3i 3i 3i 11 3 3 5i 3 3i 2 2 − − − + + − + − = = = − − − − − − + + − + − − = = 11 3 3 5 3 3 a ; b 2 2 − + + ⇒ = = Ta có: ( ) ( ) z iz a bi i a bi a b a b i+ = − + + = − + − 2 2 2 2 11 3 3 5 3 3 11 3 3 5 3 3 8 8 8 2 2 2 2 2     − + + − + + = − + − = + =  ÷  ÷     9 . ⇔ = ⇒ = ABC 3 AB.BC 3 2 S R 1 OA 2 2 2 3 6 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.  4 H M N D B A C S K 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. 1 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) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị c a hàm số khi