GỢI Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Toán, khối A Gợi ý đáp án này do Tổ chuyên gia giải đề của Hệ thống đào tạo Công nghệ thông tin Quốc tế Bachkhoa-Aptech và Bachkhoa-Npower cung cấp 1. Thạc sỹ Doãn Minh Cường – Hiệu trưởng trường phổ thông Quốc tế Phú Châu (Chuyên Tiếng Anh Đại học Điện Lực) 2. Thạc sỹ Trần Thị Phương Thảo – Cổng Giáo dục trực tuyến VTC 3. Nhà giáo Lại Văn Tý – Tổ trưởng tổ Toán Trường Phổ thông Quốc tế Phú Châu 4. Nhà giáo Hoàng Trọng Hảo – Toán Tuổi thơ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số (1), m là tham số thực. 32 2(1)yx x mxm=− +− + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. Khi m = 1 .hàm số là 32 21yx x=− + Tập xác định :  Chiều biến thiên : '2 34yx=−x ' 0, ( 1) 0 45 ,( ) 327 xy y xy == ⎡ ⎢ =⇔ ⎢ ==− ⎣ lim , lim xx yy →+∞ →−∞ =+∞ =−∞ Bảng biến thiên: Cực trị : tại ax 1 m y = 0x = min 5 27 y =− tại 4 3 x = Đồ thị : Điểm uốn : triệt tiêu và đổi dấu tại '' 6 4yx=− 2 3 x = , đồ thị có điểm uốn 211 ; 327 U ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ Giao với các trục: 01 x y=⇒= . Đồ thị cắt trục tung tại điểm ( ) 0;1 . 32 15 02101;= 2 yxx xx ± =⇒ − +=⇒= Đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm có hoành độ 15 1, 2 xx ± == 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 123 ,, x xx thỏa mãn điều kiện 222 123 4xxx++< Phương trình xác định hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là: 32 2 (1 )x + m = 0 (1)xx m−+− Biến đổi tương đương phương trình này: 32 2 2 (1) 2 - 0 x(x 2 1) (x-1)=0 x(x-1) (x-1) = 0 xxxmxm xm m ⇔− + += ⇔−+− ⇔− 2 (x-1).(x(x-1)-m) = 0 (x-1)(x x-m) = 0 ⇔ ⇔− 2 x=1 xx-m=0(2 ⎡ ⇔ ⎢ − ⎣ ) 1 (3) Yêu cầu bài toán sẽ được thực hiện khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện: 12 ,xx≠ 22 2 12 14xx++< Điều kiện để (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 là: 2 1 14 0 () 4 11 0 0 m m a m m ⎧ ∆= + > ⎧ >− ⎪ ⇔ ⎨⎨ −− ≠ ⎩ ⎪ ≠ ⎩ Theo Viet ta có: 12 12 1, x xxx+= =−m nên () 2 12 12 (3) 2 3 1 2 3 1 ( ) xx xx m mb ⇔+ − < ⇔+ < ⇔< Tổng hợp các điều kiện (a) và (b) ta được các giá trị cần tìm của m là: 1 0; 0 1 4 mm−<< << 2 Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình () 1 sin os2x sin 1 4 cos 1tan 2 xc x x x π ⎡⎤ ++ + ⎢⎥ ⎣⎦ = + Điều kiên: cos 0 sin 1 tan 1 xx x ≠⇔ ≠±− ⎧ ⎨ ≠− ⎩ Ta có 11 sin (sin cos ) cos (tan 1) 4 22 xxxx π ⎛⎞ += + = + ⎜⎟ ⎝⎠ x Phương trình đã cho có thể viết lại thành () () 2 1 1 sin 1 2sin cos tan 1 1 2 cos 1tan 2 xxxx x x ++− + = + 2 2sin sin 1 0xx⇔− + + = sin 1 1 sin 1 2 sin 2 x x x = ⎡ ⎢ ⇔⇔ ⎢ =− ⎣ =− (do điều kiện sin 1x ≠ ±− ) ⇔ () x= 2 6 , 7 x= 2 6 k km Z m π π π π ⎡ −+ ⎢ ∈ ⎢ ⎢ + ⎢ ⎣ . 2. Giải bất phương trình 2 1 12( 1) xx xx − ≥ −−+ Ta có 2 2 133 2( 1) 2 , 222 x xx x ⎛⎞ −+ = − + ≥ ∀∈ ⎜⎟ ⎝⎠ R Do đó 2 12( 1)0xx−−+< Với điều kiện , bất phương trình đã cho tương đương với 0x ≥ 2 2( 1) 1 x xxx−+ ≤−+ + Ta thấy không thỏa mãn bất phương trình nên . Vì vậy chia 2 vế của BPT cho 0x = 0x > 0x > ta được: 11 2( 1) 1xx x x +−≤− ++ Đặt 2 111 2txtxxt xx x =−⇒=+−⇒+=+ 2 2 , bất phương trình được viết lại thành 2 2( 1) 1tt+≤+ Tiếp tục biến đổi tương đương ta được 222 2 10 1 2( 1) ( 1) 2 1 0 1 1 (1) 0 11 110 2 35 2 tt tt tt t t t xxx x x x +≥ ≥− ⎧⎧ ⇔ ⎨⎨ +≤+ −+≤ ⎩⎩ ≥− ⎧ ⇔⇔= ⎨ −≤ ⎩ −+ ⇔−=⇔+−=⇔= − ⇔= 5 3 Câu III (1,0 điểm) Ta có: () 2 22 2 12 2 12 12 12 xx xx x xx xee xe xe e x ee ++ ++ ==+ ++ x e + Do đó tích phân cần tính là: 11 22 2 00 2 12 12 xx x xx 1 0 x exe edx Idxxdx ee ++ ==+ ++ ∫∫∫ ( ) 1 3 1 0 0 12 1 3212 x x de x e + =+ + ∫ () 1 0 11 ln 1 2 32 x e=+ + 1112 ln 32 3 e + =+ Đáp số : 1112 ln 32 3 e I + =+ Câu IV (1,0 điểm) 1. Tính thể tích khối chóp () . 2 22 22 gt 1 . 3 (+dt 11 22222 5 488 SCDMN CDMN SH ABCD VSHdt dt CDMN dt ABCD dt BCM AMN aaa aa aa aa ⊥ = =− =− − =−− =  ) vậy 23 . 1553 3 38 24 SCDMN Vaa==a 4 2. Tính khoảng cách giữa 2 đuờng thắng DM và CS theo a 2 2 2222 55 24 2 aa a CN CD ND a CN ⎛⎞ =+=+=⇒= ⎜⎟ ⎝⎠ Thay vào (1) 2 52 . 2 5 aa aCH CH⇒= Thay vào (*) 2 2 2 22 2 12 219 12 12 19 (3) 2 5 a HK HK a aa =+=⇒= ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ 12 19 a HK = Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình () () 2 22 41 3520 (, ) 42347 xxy y xy xy x ⎧ ++− −= ⎪ ∈ ⎨ ++ −= ⎪ ⎩  Điều kiện 5 52 0 2 34 0 3 4 y y x x ⎧ ≤ ⎪ −≥ ⎧ ⎪ ⇔ ⎨⎨ −≥ ⎩ ⎪ ≤ ⎪ ⎩ Xét (1): ()() 41 352xxy y++− −=0. Đặt ; 2ux= 52vy=− 3 ;0 2 uv ⎛⎞ ≤≥ ⎜⎟ ⎝⎠ . Suy ra 22 2 51 52 3 . 22 vv vyy y −+ =− ⇒ = ⇒−=− () 2 2 1 (1) 1 . 0 22 uv uv + ⇔+− = 33 0uuvv⇔+−−= () () 22 10uvu uvv⇔− +++= Vì 2 2 22 3 110, 24 vv uuvv u uv ⎛⎞ + + += + + +> ∀ ∈ ⎜⎟ ⎝⎠ , nên uv = 5 Tức là 2 2 0 252 54 452 2 x xy x xyy ≥ ⎧ ⎪ =−⇔ ⎨ − =− ⇒ = ⎪ ⎩ Thế vào 2 54 2 x y − = vào (2) ta được phương trình 2 2 54 423 2 x xx ⎛⎞ − ++− ⎜⎟ ⎝⎠ 47 = 42 3 46234 4 xx x⇔−+−−=0 (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 34 fx xx x =−− − 0< nên ( ) f x nghịch biến trên đoạn 3 0; 4 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Và (3) 1 () 2 fx f ⎛⎞ ⇔= ⎜⎟ ⎝⎠ 1 2 x⇔= . Với 1 2 x = thế vào 2 54 2 x y − = ta được 2y = . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là: ,2 2 xy 1 == PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 1. Ta thấy tạo với Oy góc 12 ,dd 0 30 Từ đó   00 60 ; 30AOB ACB== 6 22 1333 .1 2222 ABC SABBCABAB AB ∆ ==⇒=⇒= 22 1 .; 33 3 OA AB A ⎛⎞ ==⇒− ⎜⎟ ⎝⎠ 1 42 2; 33 OC OA C ⎛⎞ ==⇒−− ⎜⎟ ⎝⎠ 2 Đường tròn (T) đường kính AC có: 23 ;, 22 3 AC IR ⎛⎞ −− == ⎜⎟ ⎝⎠ 1 Phương trình (T): 2 2 13 1 2 23 xy ⎛⎞ ⎛⎞ +++ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ = 2. Viết lại phương trình ∆ dưới dạng tham số: x=1 2 2 t yt zt + ⎧ ⎪ = ⎨ ⎪ =− − ⎩ Thế vào phương trình (P) ta được ( ) ( ) 12 2 2 0tt t+−+−−= =1t ⇔ − ∆ cắt (P) tại điểm C ( ) 1; 1; 1−−− Xét điểm M ( ) x=1 2 ; ; 2ty tz t+==−− ()()() () () 2 22 2 2 2 2 66 2 2 1 1 6 4 1 2( 1) 6 1 1 +1 1 =0; = 2 MC MC tt t tt t t tt =⇔ = ⇔ ++++−−= ⇔+++= ⇔+ = ⇔=± ⇔− a.Nếu thì M t=0 ( ) 1; 0; 2− khoảng cách từ M đến (P) là: 102 1 141 6 −− = ++ b. Nếu thì M () khoản 2t =− 3; 2; 0−− g cách từ M 0 đến (P) l à: 340 1 141 6 −+ + = ++ Đáp số : 1 6 7 Câu VII. a (1,0 điểm) Ta có: 22 (2 ) 2 22 1 22iii+=+ +=+ i 2 (1 2 2 )(1 2 2 ) 122 2 4 522 52 zi ii i zi ⇒= + − =+ − − =+ ⇒=− i 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 40xy + −= . 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 () 664 ,4 2 dA +− ∆= = 2 Vì là đường trung bình của ∆  ABC ()() ;2;2.428dABC dA⇒=∆==2 Gọi phương trình đường thẳng BC là: 0xya + += Từ đó: 4 66 8 2 12 16 28 2 a a a a = ++ ⎡ =⇒+=⇒ ⎢ = − ⎣ Vì A nằm về cùng phía với BC và : ∆ Nếu thì phương trình của BC là 28a =− 28 0xy + −= , trường hợp này A nằm khác phía đối với BC và , vô lí. Vậy , do đó phương trình BC là: ∆ 4a = 40xy + += . Đường cao kẻ từ A của là đường thẳng đi qua A(6;6) và ABC∆ BC ⊥ : 40xy + += nên có phương trình là . 0xy−= Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình 8 02 40 2 xy x xy y −= =− ⎧⎧ ⇒ ⎨⎨ ++= =− ⎩⎩ Vậy H (-2;-2) Vì BC có phương trình là nên tọa độ B có dạng: B(a; -4-a) 40xy++= 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 nên CE AB⊥ () ( ) ( ) ( ) .0 65 310AB CE a a a a 0 = ⇒− +++ + = uuur uuur ⇒ 2 0 2120 6 a aa a = ⎡ +=⇒ ⎢ =− ⎣ Vậy hoặc . () () 0; 4 4; 0 B C −⎧ ⎪ ⎨ − ⎪ ⎩ () () 6; 2 2; 6 B C −⎧ ⎪ ⎨ − ⎪ ⎩ Câu VI.b.2 Phương trình tham số của () 22 2 3 32 x t yt z t =− + ⎧ ⎪ ∆=+ ⎨ ⎪ =− + ⎩ Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và () ⊥ ∆ có: (2;3;2) P nv== rr ():2( 0) 3( 0) 2( 2)0 232 40 Px y Z xyZ ⇒−+−++ ⇒++ += = Gọi y là giao điểm của () ∆ và (P). Ta có tọa độ I là nghiệm của hệ: 22 0 23 2 32 2 23240 xt t yt x zt y xyz z =− + = ⎧⎧ ⎪⎪ =+ =− ⎪⎪ ⇒ ⎨⎨ =− + = ⎪⎪ ⎪⎪ +++= =− ⎩⎩ 3 Vậy I(-2; 2; -3) Khoảng cách từ A đến chính là độ dài IA ()∆ 22 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: 9 22222 3425 5AB AI BI AB=+=+=⇒= 10 5 Vậy mặt cầu cần tìm có phương trình là: 22 2 (2)2xy z + ++ = Câu VII.b (1,0 điểm): Ta có: 32 (1 3i) 1 3. 3 3.3 3 3 133 933 8 ii ii −=−+− =− − + =− 3 i 3 2 (1 3) 8 8(1 ) 44 111 i zi iii −−−+ ====− −−− − 44; 44 88 82 ziiz ziz i ziz ⇒=−+ =−− ⇒+ =−− ⇒+ = i . GỢI Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Toán, khối A Gợi ý đáp án này do Tổ chuyên gia giải đề c a Hệ thống đào tạo Công nghệ thông tin Quốc tế Bachkhoa-Aptech và Bachkhoa-Npower. nên C(-4 -a; a) Suy ra: ( ) 5;3 (6;4 6 CE a a AB a a =+−− =−−−− uuur uuur ) Vì nên CE AB⊥ () ( ) ( ) ( ) .0 65 310AB CE a a a a 0 = ⇒− +++ + = uuur uuur ⇒ 2 0 2120 6 a aa a = ⎡ +=⇒ ⎢ =− ⎣ Vậy. thể tích khối chóp () . 2 22 22 gt 1 . 3 (+dt 11 22222 5 488 SCDMN CDMN SH ABCD VSHdt dt CDMN dt ABCD dt BCM AMN aaa aa aa aa ⊥ = =− =− − =−− =  ) vậy 23 . 1553 3 38 24 SCDMN Vaa= =a 4