Đề 10 Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn thi: Toán – Khối A

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 
 Môn Thi: TOÁN – Khối A 
 ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 3y x x   . 
 1) Khảo sát sự biến thiên và đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Dựa và đồ thị (C) biện luận số nghiệm của phương trình: x3 – x = m3 – m 
Câu II: (2 điểm) 
 1) Giải phương trình: cos2x + cosx + sin3x = 0 
 2) Giải phương rtình:    3 2 2 2 2 1 3 0    x x . 
Câu III: (1 điểm) Cho I = 
ln 2 3 2
3 2
0
2 1
1
 
  
x x
x x x
e e dx
e e e
. Tính eI 
Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tai A 
và D. Biết AD = AB = a, CD = 2a, cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng đáy và SD = 
a. Tính thể tứ diện ASBC theo a. 
Câu V: (1 điểm) Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 P = 
2 2
2
1 tan 1
2 2
1 tan
2
     
  

A Btan
C + 
2 2
2
1 tan 1
2 2
1 tan
2
     
  

B Ctan
A +
2 2
2
1 tan 1
2 2
1 tan
2
     
  

C Atan
B 
II. PHẦN RIÊNG: (3 điểm) 
 A. Theo chương trình chuẩn: 
Câu VI.a: (2 điểm) 
 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4y – 5 = 0. Hãy 
viết phương trình đường tròn (C) đối xứng với đường tròn (C) qua điểm M 4 2;
5 5
 
 
 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương tham số của đường thẳng (d) đi 
qua điểm A(1;5;0) và cắt cả hai đường thẳng 1
2:
1 3 3


 
 
x y z và 2 : 4
1 2


 
   
x t
y t
z t
. 
Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp D = {x  R/ x4 – 13x2 + 36 ≤ 0}. Tìm giá trị lớn nhất và 
giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 – 3x trên D. 
 B. Theo chương trình nâng cao: 
Câu VI.b: (2 điểm) 
 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng  định bởi: 
 2 2( ) : 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y        . Tìm điểm M trên  sao cho từ M vẽ được với 
(C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600. 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường vuông góc chung của 
hai đường thẳng: 1
7 3 9:
1 2 1

  
 

x y z và 2 :
3 7
1 2
1 3
 

 
  
x t
y t
z t
Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = 0., biết rằng phương 
trình có một nghiệm thuần ảo. 
Hướng dẫn 
Câu I: 2)  
2 3
3
2 3
3

 




m
m
: PT có 1 nghiệm duy nhất 
  m = 2 3
3
 hoặc m = 3
3
 : PT có 2 nghiệm (1 đơn, 1 kép) 
  m 2 3 2 3 3; \
3 3 3
   
    
   
: PT có 3 nghiệm phân biệt 
Câu II: 1) PT  cosx(1 + cosx) + 8 3 3sin cos
2 2
x x = 0   22cos cos (1 cos )sin 0
2
  
x x x x 
  cos 02
sin cos sin .cos 0
 

  
x
x x x x
 2) PT  2 2( 2 1) 3 0
( 2 1)
   

x
x
 3( 2 1) 3( 2 1) 2 0 ( 2 1) 2        x x x 
Câu III: I = 
ln 2 3 2
3 2
0
2 1
1
 
  
x x
x x x
e e dx
e e e
 = 
ln 2 3 2 3 2
3 2
0
3 2 ( 1)
1
     
  
x x x x x x
x x x
e e e e e e dx
e e e
 = 
ln 2 3 2
3 2
0
3 2 1
1
  
    

x x x
x x x
e e e dx
e e e
 = ln(e3x + e2x – ex + 1) ln 2 ln 2
0 0
 x = ln11 – ln4 = 14ln
4
 Vậy eI = 11
4
. 
Câu IV: Ta có SABC = SABCD – SADC = 212 a . VASBC = 
1
3
SABC.SA = 316 a 
Câu V: P = 
cos cos cos
2 2 2
cos cos cos cos cos cos
2 2 2 2 2 2
 
C A B
B A B C C A = 
sin sin sin
2 2 2
cos cos cos cos cos cos
2 2 2 2 2 2
       
     
      
A B B C A C
B A B C C A 
 = 2 tan tan tan
2 2 2
   
 
A B C ≥ 2 3 . Vậy minP = 2 3 khi và chỉ khi A = B = C = 
3
 
Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3. Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M 
  I 8 6;
5 5
 
 
 
  (C): 
2 28 6 9
5 5
         
   
x y 
 2) Gọi (P) là mặt phẳng qua I và 1  (P): 3x – y + 2z + 2 = 0 
 Gọi (Q) là mặt phẳng qua I và 2  (Q): 3x – y – 2z + 2 = 0 
  Phương trình của (d) = (P)  (Q) 
Câu VII.a: Ta có D = [–3;–2][2;3] 
  y’ = 3x2 – 3, y’ = 0  x = ± 1  D 
  y(–3) = –18, y(–2) = –2, y(2) = 2, y(3) = 18  kết quả. 
Câu VI.b: 1) Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính 5R . 
 Gọi A, B là hai tiếp điểm. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là 
nửa tam giác đều suy ra 2IM R=2 5 . 
 Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: 2 2( 2) ( 1) 20   x y . 
 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương 
trình: 
2 2( 2) ( 1) 20 (1)
2 12 0 (2)
    

  
x y
x y
 Khử x giữa (1) và (2) ta được:    2 2 2
3
2 10 1 20 5 42 81 0 27
5

         
 

y
y y y y
y
 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:  6;3M hoặc 6 27;
5 5
 
 
 
M 
 2) Phương trình tham số của 1 :
7 '
3 2 '
9 '
 

 
  
x t
y t
z t
 Gọi M và N lần lượt là giao điểm của đường vuông góc chung với 1 và 2 
  M(7 + t;3 + 2t;9 – t) và N(3 –7t;1 + 2t;1 + 3t) 
 VTCP lần lượt của 1 và 2 là 

a = (1; 2; –1) và 

b = (–7;2;3) 
 Ta có: . 0
. 0
   
 
   
   
   
MN a MN a
MN b MN b
. Từ đây tìm được t và t  Toạ độ của M, N. 
 Đường vuông góc chung chính là đường thẳng MN. 
Câu VII.b: Gọi nghiệm thuần ảo là z = ki (k  R) 
 Ta có : (ki)3 + ( 1 – 2i)(ki)2 + ( 1 – i)ki – 2i = 0  – k3i – k2 + 2k2i + ki + k – 2i = 0 
  ( –k2 + k) + (–k3 + 2k + k – 2)i = 0 
2
2 2
0
2 2 0
  

    
k k
k k k
  k = 1 
 Vậy nghiệm thuần ảo là z = i 
  z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = 0  (z – i)[z2 + (1 – i)z + 2] = 0
2 (1 ) 2 0

 
   
z i
z i z
 Từ đó suy ra nghiệm của phương trình.