1 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 ± = = 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 ( ) 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− < < < < 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 + ≥ ≥ −   ⇔   + ≤ + − + ≤   ≥ −  ⇔ ⇔ =  − ≤  − + ⇔ − = ⇔ + − = ⇔ = − ⇔ = 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) 3 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= = 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= 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≤ ≤ . 4 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= = 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 5 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 − = = −   ⇒   + + = = −   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 6 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+ + + = 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 TS Lê Hương dự thi vào ĐH Ngoại thương chia sẻ: “Đề thi thật sư phân loại được thí sinh. Tổng toàn đề có 10 ý thì trong đó có đến 3 ý khó. Em chỉ làm được khoảng 85% nhưng cũng chỉ hi vọng được điểm 8”. Phần nhận xét về đề thi môn Toán khối A, kỳ thi ĐH đợt 1 năm 2010 của thầy Trần Mạnh Tùng, giáo viên Trường THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội: Nhìn chung, đề Toán khối A năm nay hay, đơn giản hơn năm 2009. Đề cơ bản, đúng cấu trúc của Bộ GD-ĐT. Đề thi chủ yếu nằm trong phần lớp 12, có sử dụng kiến thức lớp 10, 11. Phần kiến thức lớp 12 chiếm khoảng 6 điểm. Đề có khoảng 7 - 8 ý không khó, học sinh có kiến thức cơ bản chắc chắn thì sẽ làm được và có thể làm trọn vẹn. Các ý này nhìn chung đơn giản. Đề có 2 ý (II2 và V) khó hơn, đòi hỏi học sinh biết vận dụng kiến thức linh hoạt và sâu, dành cho học sinh khá giỏi. Phần riêng (3 điểm), nói chung đều cơ bản và không có sự phân biệt rõ rệt về độ khó giữa 2 ban (cơ bản và nâng cao). Thầy Trần Mạnh Tùng cũng nhận định: Điểm Toán khối A có thể cao hơn năm ngoái song điểm 9, 10 sẽ rất hạn chế. 7 . 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= = 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. về đề thi môn Toán khối A, kỳ thi ĐH đợt 1 năm 2010 c a thầy Trần Mạnh Tùng, giáo viên Trường THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội: Nhìn chung, đề Toán khối A năm nay hay, đơn giản hơn năm 2009. Đề. t a 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