ĐỀ & ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010 MÔN TOÁN
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (562.9 KB, 8 trang )
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010
1
MÔN TOÁN – KHỐI A
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I:
( )
3 2
y x 2x 1 m x m= − + − +
1) Bạn đọc tự giải.
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
2
⇔ − − =
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
+
= +
÷
Câu IV
3
H
M
N
D
B
A
C
S
K
+ 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
4
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
.
5
Theo gt:
= ⇒ = ⇔ = ⇒ =
ABC
3 AB.BC 3 2
S R 1 OA
2 2 2
3
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⇒ − − −
6
+
( )
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
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
.
7
d
H
M
I
B
C
A
E
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
.
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
− + + − + +
= − + − = + =
÷ ÷
8
