Ðề 4 thi tuyển sinh đại học khối A năm 2010 môn thi : Toán

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 = x
3
 – 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 3
1 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
 
   
  

 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 e
I dx
1 2e
 


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 0 x y và d2: 
3 0x y  . 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
:
2 1 1
x y z 
  

 và mặt phẳng 
(P) : x  2y + z = 0. 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( 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 3
:
2 3 2
x y z  
   . Tính khoảng cách từ A đến . Viết phương trình mặt cầu 
tâm A, cắt  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
i
z
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
; 
 lim
x
y

  và lim
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
) 
 Đồ thị : 
 2. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là : 
 x
3
 – 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
  
  
  
  
2
1 2 1 2
1
m
4
m 0
(x x ) 2x x 3

 

 
  

  
1
m
4
m 0
1 2m 3

 


 

  
1
m
4
m 0
m 1

 




  
1
m 1
4
m 0
  


Câu II: 1. Điều kiện : cos 0x  và tanx ≠ - 1 
 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
1
2sin sin 1 0 sin 1( ) sin
2
7
2 2 ( )
6 6
x x x x
x x x loai hay x
x k hay x k k
      
       
 
        
 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 0 (hiển nhiên) 
 Do đó bất phương trình  2x x 1 2(x x 1)     ≤ 0 
  22(x x 1) x x 1      
  
2
x x 1 0
(x 1) 2 x(x 1) x 0
   

    
 
2
x x 1 0
(x 1 x) 0
   

  
  x 1 x    20 x 1x (1 x)   
   20 x 1x 3x 1 0     
0 x 1
3 5
x
2
 



  
3 5
x
2

 
Cách khác : 
 Điều kiện x  0 
 Nhâṇ xét : 
2
2 1 3 31 2( 1) 1 2 1 0
2 4 2
x x x
  
           
   
 (1)  21 2( 1)x x x x     
 * x = 0 không thoả . 
 * x > 0 : (1) 
1 1
1 2 1x x
xx
 
      
 
1 1
2 1 1x x
x x
 
      
 
 Đặt 2
1 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 e
I dx x dx dx
e e
 
  
   
; 
11 3
2
1
0 0
1
;
3 3
x
I x dx   
1
2
0
1 2
x
x
e
I 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 2
ln
2 3
e 
 
 
Vâỵ I = 
1 1 1 2
ln
3 2 3
e 
  
 
Câu IV: 
S(NDCM)= 
2 2
2 1 1 5
2 2 2 2 8
a a a
a a
 
   
 
 (đvdt)  V(S.NDCM)= 
2 31 5 5 3
3
3 8 24
a a
a  (đvtt) 
2
2 5
4 2
a a
NC a   , 
Ta có 2 tam giác vuông AMD và NDC bằng nhau 
Nên  NCD ADM vậy DM vuông NC 
Vậy Ta có: 
2
2 2.
5 5
2
a a
DC 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 
Nên 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 1 19 2 3
4 3 12 19
a
h
h HC SH a a a
       
B A 
C D 
H 
M 
N 
S 
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
3
0
4
2 5 2
5 4
2
x
x y
x
y

 
   
 

 Pt (2) trở thành 2 4
25
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 
3
0;
4
 
 
 
 2
4
'( ) 4 (4 3)
3 4
f x x x
x
  

 < 0 
 Măṭ khác : 
1
7
2
f
 
 
 
 nên (*) có nghiệm duy nhất x = 
1
2
 và y = 2. 
 Vâỵ hê ̣có nghiêṃ 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 4 0x y a   
 AC  d2 = C(2a; 2 3a ) 
 Pt AB qua A  d2 : 3 2 0x y a   
 AB  d2 = B 
3
;
2 2
a a 
   
 
2 2
3 1 1 2
. 3 ; 1 ; ; 2
2 3 3 3
1 3 1 3
; ; 1 ( ) : 1
2 22 3 2 3
ABCS BA BC a A C
Tâm I IA Pt T x y

   
           
   
     
            
    

 2. C (1 + 2t; t; –2 – t)   
 C  (P)  (1 + 2t) – 2t – 2 – t = 0  t = –1  C (–1; –1; –1) 
 M (1 + 2t; t; –2 – t) 
 MC
2
 = 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
6
1
6
  
 
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 x y 0x y 4    K (2; 2) 
 K là trung điểm của AH   H K A
H K A
x 2x x 4 6 2
y 2y y 4 6 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)   

 vuông góc với BA (6 b;b 10)  

  (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); C2 (2; -6) 
 2.  qua M (-2; 2; -3), VTCP a (2;3;2)

; AM ( 2;2; 1)  

  a AM ( 7; 2;10)   
 
  d( A, ) = 
a AM 49 4 100 153
174 9 4a
  
 
 
 
 =3 
 Vẽ BH vuông góc với  
 Ta có : BH = 
BC
4
2
 . AHB  R2 = 
153 425
16
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( ) isin( )
3 3
  
     
 
   3(1 3i) 8 cos( ) isin( )     = 8  
8 8(1 i)
z 4 4i
1 i 2
  
    

  z iz 4 4i i( 4 4i)       = 8(1 i)   z iz 8 2  .