Đề thi và đáp án môn Toán khối A năm 2010

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: A ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
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 là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thoả mãn điều kiện 2 2 2
x + x + x < 4. 1 2 3
Câu II (2,0 điểm) ⎛ π ⎞
(1 + sin x + cos 2x)sin x ⎜ + ⎟ ⎝ 4 ⎠ 1 1. Giải phương trình = cos x . 1 + tan x 2 x − x
2. Giải bất phương trình ≥ 1. 2
1 − 2(x − x +1) 1 2 x 2 x + e + 2 x x e
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = dx ∫ . 1 + 2 x e 0
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a. 2
⎧⎪(4x +1)x + (y −3) 5− 2y = 0
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ (x, y ∈ R). 2 2
⎪⎩4x + y + 2 3− 4x = 7
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3 x + y = 0 và d2: 3 x − y = 0 . Gọi (T) là
đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết 3
phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng
và điểm A có hoành độ dương. 2 x −1 y z + 2
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: = =
và mặt phẳng (P): x − 2y + z = 0. 2 1 1 −
Gọi C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = 6 .
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết 2
z = ( 2 + i) (1 − 2 i) .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ 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 x + y − 4 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; −3)
nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.
x + 2 y − 2 z + 3
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆: = = . Tính 2 3 2
khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8. 3 (1− 3i)
Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z =
. Tìm môđun của số phức z + i z. 1− i
----------- Hết ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I
1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
Khi m = 1, ta có hàm số y = x3 − 2x2 + 1. • Tập xác định: R. • 0,25 Sự biến thiên: 4
- Chiều biến thiên: y ' = 3x2 − 4x; y '(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = . 3 ⎛ 4 ⎞ ⎛ 4 ⎞
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và ;+ ∞ ⎜
⎟ ; nghịch biến trên khoảng 0; ⎜ ⎟ . ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ 4 5
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y 0,25
CĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = ; y − . 3 CT = 27
- Giới hạn: lim y = − ∞ ; lim y = + ∞. x→ − ∞ x→ + ∞ - Bảng biến thiên: x −∞ 0 4 +∞ 3 y ' + 0 − 0 + 0,25 1 +∞ y 5 − −∞ 27 • Đồ thị: y 1 0,25 4 O 3 5 − 2 x 27
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm: x3 − 2x2 + (1 − m)x + m = 0 0,25
⇔ (x − 1)(x2 − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x2 − x − m = 0 (*)
Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm 0,25 phân biệt, khác 1.
Ký hiệu g(x) = x2 − x − m; x1 = 1; x2 và x3 là các nghiệm của (*). ⎧∆ > 0 ⎪
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: ⎨g(1) ≠ 0 0,25 ⎪ 2 2 + < ⎩ 2 x 3 x 3 1 ⎧ + 4m > 0 ⇔ ⎪ 1 ⎨−m ≠ 0
⇔ − < m < 1 và m ≠ 0. 0,25 4 1 ⎪ + 2m < 3 ⎩ Trang 1/4 Câu Đáp án Điểm II
1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0. ⎛ π ⎞ 0,25
Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 2 sin x + ⎜
⎟ (1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx ⎝ 4 ⎠ + ⇔ sin x cos x
(sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) =
cos x ⇔ sinx + cos2x = 0 0,25 cos x ⇔ 1
2sin2x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = − 0,25 2 π π ⇔ 7 x = −
+ k2π hoặc x =
+ k2π (k ∈ Z). 0,25 6 6 2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x ≥ 0. Ta có: 2 2(x − x +1) = 2 2
x + (x −1) +1 > 1, suy ra 1 − 2
2(x − x +1) < 0. 0,25
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với: 2
2(x − x +1) ≤ 1 − x + x (1) Mặt khác 2 2(x − x +1) = 2 2
2(1− x) + 2( x) ≥ 1 − x + x (2), do đó: 0,25 (1) ⇔ 2
2(x − x +1) = 1 − x + x (3)
Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x = x đồng thời 1 − x + x ≥ 0. 0,25
+ 1 − x = x kéo theo 1 − x + x ≥ 0, do đó:
(3) ⇔ 1 − x = x 1 ⎧ − x ≥ 0 ⎧x ≤ 1 ⇔ ⎪ ⎪ ⎨ ⇔ ⎨ 2
⎪⎩(1 − x) = x 2
⎪⎩x − 3x + 1 = 0 0,25 − ⇔ 3 5 x =
, thỏa mãn điều kiện x ≥ 0. 2 1 x III ⎛ e ⎞ 1 1 x e I = 2 ∫ ⎜ x + ⎟dx 2 ⎜ = x dx ∫ + dx ∫ . 0,25
(1,0 điểm) 1 2 x e ⎟ + 1 + 2 x e 0 ⎝ ⎠ 0 0 1 1 1 1 Ta có: 2 x dx ∫ = 3 x = 0,25 3 3 0 0 1 x e 1 1 d(1 + 2 x e ) và dx ∫ = ∫ , suy ra: 0,25 1 + 2 x e 2 1 + 2 x e 0 0 1 1 1 1 1 1 + 2e 1 1 1 + 2e I = + ln(1+ 2 x e ) = + ln = + ln . 0,25 3 2 0 3 2 3 3 2 3 S
• Thể tích khối chóp S.CDNM. IV
SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM
(1,0 điểm) = 1 1
AB2 − AM.AN − BC.BM 2 2 0,25 2 2 2 K = a a 5a a2 − − = . N 8 4 8 A D H 1 3 5 3 a M VS.CDNM = S . 0,25 B C 3 CDNM.SH = 24
• Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC.
∆ADM = ∆DCN ⇒ n n
ADM = DCN ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC). 0,25
Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó:
d(DM, SC) = HK. Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm 2 CD 2a SH.HC 2 3 a 2 3 a Ta có: HC = = và HK = =
, do đó: d(DM, SC) = . 0,25 CN 5 2 2 SH + HC 19 19 V 3 5
Điều kiện: x ≤ ; y ≤ .
(1,0 điểm) 4 2 0,25
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) 5 − 2y (1)
Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 5 − 2y ), với f(t) = (t2 + 1)t.
Ta có f ' (t) = 3t2 + 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R. ⎧x ≥ 0 0,25 ⎪
Do đó: (1) ⇔ 2x = 5 − 2y ⇔ 2 ⎨ 5 − 4x ⎪y = . ⎩ 2 2 ⎛ 5 ⎞
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x2 + 2 − 2x ⎜
⎟ + 2 3 − 4x −7 = 0 (3). ⎝ 2 ⎠ 3
Nhận thấy x = 0 và x = không phải là nghiệm của (3). 0,25 4 2 ⎛ 5 ⎞ ⎛ 3 ⎞
Xét hàm g(x) = 4x2 + 2 − 2x ⎜
⎟ + 2 3 − 4x − 7, trên khoảng 0; ⎜ ⎟ . ⎝ 2 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎛ 5 ⎞ 4 4
g '(x) = 8x − 8x 2 −2x ⎜ ⎟ −
= 4x (4x2 − 3) −
< 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến. ⎝ 2 ⎠ 3 − 4x 3 − 4x ⎛ 1 ⎞ 1
Mặt khác g ⎜ ⎟ = 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x = ; suy ra y = 2. 0,25 ⎝ 2 ⎠ 2 ⎛ 1 ⎞
Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = ; 2 ⎜ ⎟ . ⎝ 2 ⎠ VI.a 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) | 3. 3 −1.1| 1 y
d1 và d2 cắt nhau tại O, cos(d1, d2) = = và tam giác 3 +1. 3 +1 2 0,25 d2 d 1
OAB vuông tại B, do đó n AOB = 60D ⇒ n BAC = 60D . O x 1 3
Ta có: SABC = AB.AC.sin 60D =
(OA.sin 60D ).(OA.tan 60D ) B 2 4 A 3 3 = OA2. 0,25 8 I C 3 4 Do đó: SABC = , suy ra OA2 = . 2 3 ⎧ 3 x + y = 0 ⎪ ⎛ 1 ⎞
Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: ⎨ ⇒ A ; −1 . 2 2 4 ⎜ ⎟ ⎪x + y = ⎝ 3 ⎠ ⎩ 3
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d 0,25
2, suy ra AC có phương trình:
3 x − 3y − 4 = 0.
⎧⎪ 3 x − y = 0 ⎛ −2 ⎞
Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨ ⇒ C ; − 2 ⎜ ⎟ .
⎪⎩ 3 x −3y − 4 = 0 ⎝ 3 ⎠ ⎛ −1 3 ⎞
Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I ; − ⎜
⎟ và bán kính IA = 1. ⎝ 2 3 2 ⎠ 2 0,25 2 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 3 ⎞
Phương trình (T): x + + y + =1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ . ⎝ 2 3 ⎠ ⎝ 2 ⎠ Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm) G
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v = (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có M G 0,25
vectơ pháp tuyến n = (1; −2; 1). G G
Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos n
HMC = cos(v, n) . 0,25 G G
d(M, (P)) = MH = MC.cos n HMC = MC. cos C H (v, n) 0,25 P | 2 − 2 −1| 1 = 6 . = . ∆ 0,25 6. 6 6 VII.a
Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 − 2 i) 0,25
(1,0 điểm) = 5 + 2 i, suy ra: 0,25 z = 5 − 2 i. 0,25
Phần ảo của số phức z bằng: − 2 . 0,25 VI.b 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) A
Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC.
Do đó tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ:
⎧x + y − 4 = 0 0,25 D d ⎨
⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2). • E ⎩x − y = 0 B C
Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương 0,25 H
trình: x + y + 4 = 0.
Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H(− 2; − 2), do đó
tọa độ B, C có dạng: B(t; − 4 − t), C(− 4 − t; t). JJJG JJJG 0,25
Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra: AB . CE = 0
⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0
⇔ 2t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6.
Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6). 0,25 2. (1,0 điểm) G
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v = (2; 3; 2) làm vectơ chỉ phương. JJJG G JJJG 0,25 A
Ta có: MA = (2; −2; 1), ⎡v, MA⎤ ⎣ ⎦ = (7; 2; −10). • C G JJJG ∆ • B ⎡v, MA⎤ ⎣ ⎦ 49 + 4 +100 M Suy ra: d(A, ∆) = G = = 3. 0,25 v 4 + 9 + 4
Gọi (S) là mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại B và C sao cho BC = 8. Suy ra bán kính của (S) là: R = 5. 0,25
Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25. 0,25 VII.b Ta có: 3 (1− 3i) = − 8. 0,25
(1,0 điểm) −8 Do đó z =
= − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i. 0,25 1− i
⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i. 0,25
Vậy: z + iz = 8 2 . 0,25
------------- Hết ------------- Trang 4/4