Ðề 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 = 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 : 
Câu II (2,0 điểm)
	1.	Giải phương trình 
	2..	Giải bất phương trình : 
Câu III (1,0 điểm) .	Tính tích phân : 
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 = . 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 (x, y Î 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: và d2: . 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 và điểm A có hoành độ dương.
2.	Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng và mặt phẳng (P) : x - 2y + z = 0. Gọi C là giao điểm của D với (P), M là điểm thuộc D. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = .
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần ảo của số phức z, biết 
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 . Tính khoảng cách từ A đến D. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt D tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.
Câu VII.b (1 điểm).
Cho số phức z thỏa mãn . Tìm môđun của số phức 
BÀI GIẢI
Câu I: 1) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 2x2 + 1.
	Tập xác định là R. y’ = 3x2 – 4x; y’ = 0 Û x = 0 hay x = ;
	 và 
x
-¥ 	0	 +¥
y’
 +	0 -	 0 +
y
1 +¥
-¥ CĐ 
	CT
	Hàm số đồng biến trên (-∞; 0) ; (; +∞); hàm số nghịch biến trên (0; )
	Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x=; y() = 
y
x
0
1
1
	y" = ; y” = 0 Û x = . Điểm uốn I (; )
	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 Û (x – 1) (x2 – x – m) = 0
	Û 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:
	 Û 	Û Û 
	Û 
Câu II: 1. Điều kiện : và tanx ≠ - 1
	PT Û 
	Û 
	2.	Điều kiện x ≥ 0
	Bất phương trình Û 
	▪ Mẫu số 0 (hiển nhiên)
	Do đó bất phương trình Û ≤ 0
	Û 
	Û 
Û 	Û Û 
	Û Û Û 
Cách khác :
	 	Điều kiện x ³ 0
	Nhận xét : 
	(1) Û 
	* x = 0 không thoả.
	* x > 0 : (1) 
	Đặt 
	(1) thành : 
	(*) 
Câu III.
; 
 = = = 
Vậy I = 
Câu IV:	
B
A
C
D
H
M
N
S
S(NDCM)= (đvdt) Þ V(S.NDCM)= (đvtt)
, 
Ta có 2 tam giác vuông AMD và NDC bằng nhau
Nên vậy DM vuông NC
Vậy Ta có: 
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 
Câu V : ĐK : . Đặt u = 2x; 
	Pt (1) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 +1) Û (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = 0 Û u = v
	Nghĩa là : 
	Pt (2) trở thành 
	Xét hàm số trên 
	 < 0
	Mặt khác : nên (*) có nghiệm duy nhất x = và y = 2.
	Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = và y = 2
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:
	1. 	A Î d1 Þ A (a;) (a>0)
	Pt AC qua A ^ d1 : 
	AC Ç d2 = C(-2a;)
	Pt AB qua A ^ d2 : 
	AB Ç d2 = B 
	2.	C (1 + 2t; t; –2 – t) Î D
	C Î (P) Þ (1 + 2t) – 2t – 2 – t = 0 Þ t = –1 Þ C (–1; –1; –1)
	M (1 + 2t; t; –2 – t)
	MC2 = 6 Û (2t + 2)2 + (t + 1)2 + (–t – 1)2 = 6 Û 6(t + 1)2 = 6 Û t + 1 = ±1
	Û t = 0 hay t = –2
	Vậy M1 (1; 0; –2); M2 (–3; –2; 0)
	d (M1, (P)) = ; d (M2, (P)) = 
Câu VII.a: = = 
	Û Þ Phần ảo của số phức z là 
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b :
	1. 	Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) = 0 Û 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 Þ K (2; 2)
	K là trung điểm của AH Û Û H (-2; -2)
	Phương trình BC : 1(x + 2) + 1(y + 2) = 0 Û x + y + 4 = 0
	Gọi B (b; -b – 4) Î BC
	Do H là trung điểm của BC Þ C (-4 – b; b); E (1; -3)
	Ta có : vuông góc với 
	Þ (5 + b)(6 – b) + (-b – 3)(b + 10) = 0
	Þ 2b2 + 12b = 0 Þ b = 0 hay b = -6
	Vậy B1 (0; -4); C1 (-4; 0) hay B2 (-6; 2); C2 (2; -6)
	2.	D qua M (-2; 2; -3), VTCP ; 
	Þ Þ d( A, D) = =3
	Vẽ BH vuông góc với D
	Ta có : BH = . DAHB Þ R2 = =25
	Phương trình (S) : 
Câu VII.b: 	 . 	 
	Þ = Þ 
	Þ = Þ 
Trần Văn Toàn, Hoàng Hữu Vinh
(Trung tâm BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn)