Ðề 2 thi tuyển sinh đại học khối A năm 2010 môn thi : Toán học

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010 
Môn thi : TOÁN 
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 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 thỏa mãn điều kiện : 2 2 31 2 2x x x 4+ + < 
Câu II (2,0 điểm) 
 1. Giải phương trình 
(1 sin x cos 2x)sin x
14 cos x
1 tan x 2
π⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎝ ⎠ =+ 
 2.. Giải bất phương trình : 
2
x x 1
1 2(x x 1)
− ≥− − + 
Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân : 
1 2 x 2 x
x
0
x e 2x eI d
1 2e
+ += +∫ x 
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 và 
DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối 
chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a. 
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
⎧ + + − − =⎪⎨ + + − =⎪⎩
 (x, y ∈ R). 
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: 
3x 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 phương trình của (T), biết tam giác ABC 
có diện tích bằng 3
2
 và điểm A có hoành độ dương. 
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1:
2 1 1
x y z 2− +Δ = = − và mặt phẳng 
(P) : x − 2y + z = 0. Gọi C là giao điểm của Δ với (P), M là điểm thuộc Δ. 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( 2 ) (1 2 )z i= + − i 
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 x + y − 4 = 0. 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. 
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng 
2 2:
2 3 2
3x y z+ − +Δ = = . Tính khoảng cách từ A đến Δ. Viết phương trình mặt cầu 
tâm A, cắt Δ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8. 
Câu VII.b (1 điểm). 
Cho số phức z thỏa mãn 
2(1 3 )
1
iz
i
−= − . Tìm môđun của số phức z iz+ 
BÀI GIẢI 
Câu I: 1) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 2x2 + 1. 
 Tập xác định là R. y’ = 3x2 – 4x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 4
3
; 
 và li lim
x
y
→−∞
= −∞ m
x
y
→+∞
= +∞
x −∞ 0 4
3
 +∞ 
y’ + 0 − 0 + 
y 1 +∞ 
−∞ CĐ 5
27
− 
 CT 
 Hàm số đồng biến trên (−∞; 0) ; ( 4
3
; +∞); hàm số nghịch biến trên (0; 4
3
) 
 Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x= 4
3
; y( 4
3
) = 5
27
− 
 y" = 6 4x − ; y” = 0 ⇔ x = 2
3
. Điểm uốn I ( 2
3
; 11
27
) 
y 
x 0 1 4
3
1 
5
27
− 
 Đồ thị : 
 2. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là : 
 x3 – 2x2 + (1 – m)x + m = 0 ⇔ (x – 1) (x2 – x – m) = 0 
 ⇔ x = 1 hay g(x) = x2 – x – m = 0 (2) 
 Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình (2). Với điều kiện 1 + 4m > 0 ta có : 
 x1 + x2 = 1; x1x2 = –m. Do đó yêu cầu bài toán tương đương với: 
 ⇔ 
2 2
1 2
1 4m 0
g(1) m 0
x x 1 4
⎧ + >⎪ = − ≠⎨ + + <⎪⎩ 21 2 1 2
1m
4
m 0
(x x ) 2x x 3
⎧ > −⎪⎪− ≠⎨ + − <⎪⎪⎩
 ⇔ 
1m
4
m 0
1 2m 3
⎧ > −⎪⎪ ≠⎨ + <⎪⎪⎩
 ⇔ 
1m
4
m 0
m 1
⎧ > −⎪⎪ ≠⎨ <⎪⎪⎩
 ⇔ 
1 m 1
4
m 0
⎧⎪− < <⎨ ≠⎪⎩
Câu II: 1. Điều kiện : và tanx ≠ - 1 cos 0x ≠
 PT ⇔ (1 sin cos 2 ).(sin cos ) cos
1 tan
x x x x x
x
+ + + =+ 
 ⇔ (1 sin cos 2 ).(sin cos ) cos cos
sin cos
x x x x x x
x x
+ + + =+ 
 2
(1 sin cos 2 ) 1 sin cos 2 0
12sin sin 1 0 sin 1( ) sin
2
72 2 ( )
6 6
x x x x
x x x loai hay x
x k hay x k k
⇔ + + = ⇔ + =
⇔ − − = ⇔ = =
π π⇔ = − + π = + π ∈]
− 
 2. Điều kiện x ≥ 0 
 Bất phương trình ⇔ 
2
2
x x 1 2(x x 1)
0
1 2(x x 1)
− − + − + ≥− − + 
 ▪ Mẫu số ⇔ 2x2 – 2x + 1 > 0 (hiển nhiên) 
 Do đó bất phương trình ⇔ 2x x 1 2(x x 1)− − + − + ≤ 0 
 ⇔ 22(x x 1) x x 1− + ≤ − + + 
 ⇔ 2x x 1 0(x 1) 2 x (x 1) x 0
⎧− + + ≥⎨ − + − + ≤⎩ 
⇔ 2x x 1 0(x 1 x) 0
⎧− + + ≥⎨ − + ≤⎩ ⇔ x 1 x= − ⇔ { 20 x 1x (1 x)≤ ≤= − 
 ⇔ { ⇔ 20 x 1x 3x 1 0≤ ≤− + = 0 x 13 5x
2
≤ ≤⎧⎪ ±⎨ =⎪⎩
 ⇔ 3 5x
2
−= 
Cách khác : 
 Điều kiện x ≥ 0 
 Nhận xét : 
2
2 1 3 31 2( 1) 1 2 1
2 4 2
x x x
⎡ ⎤⎛ ⎞− − + = − − + ≤ −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
0< 
 (1) ⇔ 21 2( 1x x x x− ≤ − − + ) 
 * x = 0 không thoả. 
 * x > 0 : (1) 1 11 2x x
xx
⎛ ⎞⇔ − ≤ − + −⎜ ⎟⎝ ⎠1 
 1 12 1 1x x
x x
⎛ ⎞⇔ + − ≤ −⎜ ⎟⎝ ⎠ + 
 Đặt 21 1 2t x x t
xx
= − ⇒ + = + 
 (1) thành : 2
2 2
1
2( 1) 1
2 2 2 1 (*
t
t t
t t t
≥ −⎧+ ≤ + ⇔ ⎨ + ≤ + +⎩ )
 (*) 2 22 1 0 ( 1) 0 1t t t t− + ≤ ⇔ − ≤ ⇔ =
1 1 1 0
1 5
6 2 5 3 52
4 21 5 ( )
2
x x x
x
x
x
x loai
⇔ − = ⇔ + − =
⎡ − +=⎢ − −⎢⇔ ⇔ =⎢ − −=⎢⎣
=
Câu III. 
1 1 12
2
0 0 0
(1 2 )
1 2 1 2
x x x
x x
x e e eI dx x dx dx
e e
+ += = ++ +∫ ∫ ∫ ; 
11 3
2
1
0 0
1;
3 3
xI x dx= = =∫ 
1
2
0 1 2
x
x
eI dx
e
= +∫ = 
1
0
1 (1 2
2 1 2
)x
x
d e
e
+
+∫ = 
1
0
1 ln(1 2 )
2
xe+ = 1 1 2ln
2 3
e+⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Vậy I = 1 1 1 2ln
3 2 3
e+⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Câu IV: 
S(NDCM)= 
2 2
2 1 1 5
2 2 2 2 8
a aa ⎛ ⎞− − =⎜ ⎟⎝ ⎠
aa (đvdt) ⇒ V(S.NDCM)= 
2 31 5 5 33 a aa =
3 8 24
(đvtt) 
2
2 5
4 2
a aNC a= + = , 
Ta có 2 tam giác vuông AMD và NDC bằng nhau 
Nên n nNCD ADM= vậy DM vuông NC 
Vậy Ta có: 
2
2 2.
5 5
2
a aDC HC NC HC
a
= ⇒ = = 
Ta có tam giác SHC vuông tại H, và khỏang cách của DM và SC chính là chiều cao h 
vẽ từ H trong tam giác SHC 
B A 
C D 
H 
M 
N 
S 
Nên 2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 1 19 2
4 3 12 19
ah
h HC SH a a a
= + = + = ⇒ = 3 
Câu V : ĐK : 3
4
x ≤ . Đặt u = 2x; 5 2v y = −
 Pt (1) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 +1) ⇔ (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = 0 ⇔ u = v 
 Nghĩa là : 
2
30
42 5 2
5 4
2
x
x y
xy
⎧ ≤ ≤⎪⎪= − ⇔ ⎨ −⎪ =⎪⎩
 Pt (2) trở thành 2 425 6 4 2 3 4 7 (*
4
x x x− + + − = ) 
 Xét hàm số 4 2 25( ) 4 6 2 3 4
4
f x x x= − + + − x trên 30;
4
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 
 2 4'( ) 4 (4 3)
3 4
f x x x
x
= − − − < 0 
 Mặt khác : 1 7
2
f ⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠ nên (*) có nghiệm duy nhất x = 
1
2
 và y = 2. 
 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = 1
2
 và y = 2 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a: 
 1. A ∈ d1 ⇒ A (a; 3a− ) (a>0) 
 Pt AC qua A ⊥ d1 : 3 4x y a− − = 0 
 AC ∩ d2 = C(−2a; 2 3a− ) 
 Pt AB qua A ⊥ d2 : 3 2x y a+ + = 0 
 AB ∩ d2 = B 3;
2 2
a a⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠
2 2
3 1 1. 3 ; 1 ; ; 2
2 3 3 3
1 3 1 3; ; 1 ( ) :
2 22 3 2 3
ABCS BA BC a A C
Tâm I IA Pt T x y
Δ
⎛ ⎞ ⎛= ⇔ = ⇔ = ⇒ − − −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇒ − = = ⇒ + + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠\
2
1
⎞⎟⎠
=
 2. C (1 + 2t; t; –2 – t) ∈ Δ 
 C ∈ (P) ⇒ (1 + 2t) – 2t – 2 – t = 0 ⇒ t = –1 ⇒ C (–1; –1; –1) 
 M (1 + 2t; t; –2 – t) 
 MC2 = 6 ⇔ (2t + 2)2 + (t + 1)2 + (–t – 1)2 = 6 ⇔ 6(t + 1)2 = 6 ⇔ t + 1 = ±1 
 ⇔ t = 0 hay t = –2 
 Vậy M1 (1; 0; –2); M2 (–3; –2; 0) 
 d (M1, (P)) = 
1 0 2 1
6 6
; d (M2, (P)) = 
3 4 0− − =
66
1− + + = 
Câu VII.a: 2z ( 2 i) (1 2i)= + − = (1 2 2i)(1 2i)+ − = (5 2i)+ 
 ⇔ z 5 2i= − ⇒ Phần ảo của số phức z là 2− 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b : 
 1. Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) = 0 ⇔ x – y = 0 
 Gọi K là giao điểm của IJ và AH (với IJ : x + y – 4 = 0), suy ra K là nghiệm 
của hệ { ⇒ K (2; 2) x y 0x y 4− =+ =
 K là trung điểm của AH ⇔ { H K A
H K A
x 2x x 4 6
y 2y y 4 6
2
2
= − = − = −
= − = − = − ⇔ H (-2; -2) 
 Phương trình BC : 1(x + 2) + 1(y + 2) = 0 ⇔ x + y + 4 = 0 
 Gọi B (b; -b – 4) ∈ BC 
 Do H là trung điểm của BC ⇒ C (-4 – b; b); E (1; -3) 
 Ta có : CE (5 b; b 3)= + − −JJJG vuông góc với BA (6 b;b 10)= − +JJJG
 (2
 ⇒ (5 + b)(6 – b) + (-b – 3)(b + 10) = 0 
 ⇒ 2b2 + 12b = 0 ⇒ b = 0 hay b = -6 
 Vậy B1 (0; -4); C1 (-4; 0) hay B2 (-6; 2); C ; -6) 2
 2. Δ qua M (-2; 2; -3), VTCP a (2;3;2)=G ; AM ( 2;2; 1)JJJJG = − − 
 ⇒ ⇒ d( A, Δ) = a AM ( 7; 2;10)∧ = − −G JJJJG a AM 49 4 100 153
174 9 4a
∧ + += =+ +
G JJJJG
G =3 
 Vẽ BH vuông góc với Δ 
 Ta có : BH = BC 4
2
= . ΔAHB ⇒ R2 = 153 42516
17 17
+ = =25 
 Phương trình (S) : 2 2 2x y (z 2) 25+ + + =
Câu VII.b: 
3(1 3i)z
1 i
−= − . (1 3i) 2 cos( ) i sin( )3 3
π π⎛ ⎞− = − + −⎜ ⎟⎝ ⎠ 
 ⇒ ( )3(1 3i) 8 cos( ) i sin( )− = −π + −π = 8− ⇒ 8 8(1 i)z 4
1 i 2
4i− − += = = −− − 
 ⇒ z iz 4 4i i( 4 4i)+ = − − + − + = 8(1 i)− + ⇒ z iz 8 2+ = . 
Ths. Lê Ngô Thiện 
(Phó Chủ nhiệm khoa Toán – ĐH Sư Phạm TP.HCM)