Xem mẫu
- ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010
MÔN TOÁN – KHỐI A
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I: y = x − 2x + ( 1 − m ) x + m
3 2
1) Bạn đọc tự giải.
2) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và Ox
x 3 − 2x 2 + ( 1 − m ) x + m = 0
⇔ ( x − 1) ( x 2 − x − m ) = 0
x − 1 = 0 (2)
⇔
g(x) = x − x − m = 0 (3)
2
Gọi x1 là nghiệm pt (2) và x2, x3 là nghiệm pt (3).
∆ > 0 1 + 4m > 0
Yê u cầu bài toán : g(1) ≠ 0 ⇔ m ≠ 0
x 2 + x 2 + x 2 < 4
1 + ( x 2 + x 3 ) − 2x 2 x 3 < 0
2
1 2 3
−1
m>
4 −1 −1
< m ≠ 0 < m
- cosx( 1+ sinx + cos2x) ( sinx + cosx)
⇔ = cosx
cosx + sinx
⇔ 1+ sinx + cos2x = 0 ⇔ 2cos2 x + sinx = 0
(
⇔ 2 1− sin2 x + sinx = 0 )
1+ 17
sinx = > (loaï )
1 i
4
⇔ 2sin x − sinx − 2 = 0 ⇒
2
1− 17
sinx = (thoû ñk)
a
4
1− 17
x = arcsin + k2π
4
⇒
1− 17
( k ∈ Z) .
x = π − arcsin + k2π
4
x− x
2) ≥1
(
1− 2 x − x + 1 2
)
1 3 3
2
( )
Ta có: 2 x − x + 1 = 2 x − + ≥ ⇒ 1− 2 x − x + 1 < 0
2
2 4 2
2
( )
( )
bpt ⇔ x − x ≤ 1− 2 x2 − x + 1 ⇔ 2 x2 − x + 1 ≤ x + ( 1− x)( )
( )
2
⇔ 2( 1− x) + x ≤ x + ( 1− x)
2
x + ( 1− x) ≥ 0
x + 1− x ≥ 0
⇔ ⇔ 3− 5
⇒ x=
( )
2
( 1− x) − x ≤ 0 1− x = x
2
Câu III
- 1
x 2 + e x + 2x 2e x x ( 1 + 2e x ) + e x
1 2 1
2 ex
I=∫ dx = ∫ dx = ∫ x + dx
0
1 + 2e x 0
1 + 2e x 0
1 + 2e x
1 1
1 3 1 1 1 1 + 2e
= x + ln 1+ 2e x = + ln
3 2 3
3 0
2 0
1 1 1 + 2e
Vậy I = + ln
3 2 3
B a C
Câu IV
a
1 2
+ Ta có: SH ⊥ (ABCD) VS.CMND = SH.SCMND
3 M
a 2 a 2 5a 2
SCMND = SABCD − SCBM − SAMD = a − − =
2 a
2
H
4 8 8
D
1 5a 2 a 3 5 3 A a
⇒ VS.CMND = ⋅ a 3 ⋅ = (đvtt) 2
N
3 8 24
S
+ Ta có : ∆CDN = ∆DAM
CN ⊥ DM
⇒ ⇒ DM ⊥ (SCN) ⇒ DM ⊥ SC
SH ⊥ DM
Kẻ HK ⊥ SC HK ⊥ MD HK = d(DM, SC)
1 1 1
2
= 2
+
HK SH HC2 K
SH = a 3
CD 4 a4 4a 2
→ CH =
2
= =
với CN.CH = CD 2
CN 2 5a 2 5
B
C
4
M
1 1 5 19 2a 3
⇒ 2
= 2+ 2= 2
⇒ HK = .
HK 3a 4a 12a 19
H
Câu V A N D
- ( ) ( )
4x2 + 1 x + ( y − 3) 5− 2y = 0 4x2 + 1 x = ( 3− y) 5− 2y (1)
⇔
4x2 + y2 + 2 3− 4x = 7
4x2 + y2 + 2 3− 4x = 7 (2)
3
x ≤ 4
+ Điều kiện:
y ≤ 5
2
39 39
VT(1) = 4x + x ≤ VP(1) = ( 3− y) 5− 2y ≤
3
(1) ⇒ 16 ⇒ 16 ⇒ y ≥ 0
VP(1) ≥ 0
x ≥ 0
3
0 ≤ x ≤ 4
Suy ra
0 ≤ y ≤ 5
2
3 1
( 2
)
+ Xét f1(x) = 4x + 1 x tăng trên 0 ; , f = 1
4 2
5
g1(y) = ( 3− y) 5− 2y giảm trên 0 ; , g( 2) = 1
2
3
+ f2(x) = 4x2 + 2 3− 4x giảm trên 0 ;
4
5
g2(y) = y2 tăng trên 0 ;
2
1
+ Với 0 ≤ x ≤ : (1 ⇒ g1(y) = f1(x) < 1⇒ y > 2
)
2
1
f2(x) > f2 = 3
⇒ 2 ⇒ VT(2) > VP(2)
g (y) > g (2) = 4
2 2
- 1 3 1
+ Với < x ≤ : (1 ⇒ g1(y) = f1(x) > f = g(2) → y < 2
)
2 4 2
1
f2(x) < f2 = 3
⇒ 2 ⇒ VT(2) < VP(2)
g (y) < g(2) = 4
2
1
+ x= ⇒ y = 2.
2
1
x =
Vậy nghiệm: 2
y = 2
II – PHẦN RIÊNG
A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu VIa
1) (d1): 3x + y = 0; (d2 ): 3x − y = 0.
+ d1 ∩ d2 = 0( 0;0)
3. 3 − 1 ·
1 ⇒ AOC = 600 (∆AOC vuông tại A).
+ cos( d ;d ) = =
1 2
2.2 2
2R
⇒ AC = 2R ; AB = R ; BC = R 3 ; OA = .
3
3 AB.BC 3 2
Theo gt: SABC = ⇒ = ⇔ R = 1⇒ OA =
2 2 2 3
( ) 4 4
Mà A ∈ ( d1 ) ⇒ A a;− 3a ⇒ OA 2 = ⇔ a2 + 3a2 = ⇔ 4a2 =
3 3
4
3
1
⇔ a= (a > 0).
3
1
qua A ;−1 4
+ (d3): 3 ⇒ (d3): x − 3y − = 0.
(d ) ⊥ (d ) 3
3 1
- 3t − 4
+ T t; ∈d
3 3
2
7 3t − 4 7
+ OT 2 = OA 2 + AT 2 = ⇔ t2 + =
3 3 3
5 3
t1 =
⇔ 12t2 − 8 3t − 5 = 0 ⇒ 6
− 3
t2 =
6
2 2
5 3 1
2
3 3
2
Vậy ( T1 ) : x − + y + = 1 và ( T2 ) : x + + y+ =1
6 2 6 2
x −1 y z + 2
2) ∆ : = = ; ( P ) : x − 2y + z = 0
2 1 −1
x = 1 + 2t
Phương trình tham số: ∆ : y = t (t ∈ ¡ )
z = −2 − t
x = 1 + 2t t = −1
y = t x = −1
+ Vì C = ∆ ∩ ( P ) . Tọa độ điểm C thỏa hệ: ⇒
z = −2 − t y = −1
x − 2y + z = 0 z = −1
⇒ C ( −1; −1; −1)
+ M ( 1 + 2t; t; −2 − t ) ∈ ∆ , MC2 = 6 ⇔ ( 2t + 2 ) + ( t + 1) + ( − t − 1) = 6
2 2 2
t = 0 → M1 ( 1;0; −2 )
⇔ 6t 2 + 12t = 0 ⇔
t = −2 → M 2 ( −3; −2;0 )
1− 0 − 2 6 6
+ d ( M1 , ( P ) ) = = = d ( M 2 , ( P ) ) . Vậy d ( M, ( P ) ) = .
1+ 4 +1 6 6
Câu VIIa
- Tìm phần thực, ảo của z:
( ) ( 1 − 2i )
2
z= 2 +i
= ( 2 + 2 2i + i ) ( 1 − 2i )
2
= ( 1 + 2 2i ) ( 1 − 2i )
= 1 − 2i + 2 2i − 4i 2 = 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 A
1) Đặt d : x + y − 4 = 0
+ A∈∆ ⊥ d ⇒ ∆ : x − y = 0
+ Gọi H = ∆ ∩ d ⇒ H ( 2;2 ) E
M H
+ Gọi I là trung điểm BC d
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
+ B,C ∈ BC ⇒ I
C(c ;−c − 4)
uuur uuu
r
+ AB = ( b − 6; −b − 10 ) ; EC = ( c − 1; −c − 1) .
uuu uuu
r r
AB.EC = 0
( b − 6) ( c − 1) + ( b + 10) ( c + 1) = 0
Ta có: ⇔
I laø
trung ñieå BC
m 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) .
x+2 y−2 z+3
2) A ( 0;0; −2 ) , ∆ : = =
2 3 2
- r
+ (d) qua M(-2;2;-3), vtcp: a = ( 2;3;2 )
uuuur
+ MA = ( 2; −2;1)
r uuuur r uuuu
r
+ a;MA = ( 7;2; −10 ) ⇒ a;MA = 49 + 4 + 100 = 153
r
+ a = 4 + 9 + 4 = 17
r uuuu
r
a;MA
153
d ( A, ∆ ) = r = = 3.
a 17
BC2
Mà R = d (A,∆ ) +
2
= 9+ 16 = 25
2
4
Suy ra mặt cầu ( S) : x 2 + y 2 + ( z + 2 ) = 25
2
Câu VIIb
Ta có
( ) ( )
3
1 − 3i 1 − 3 3i + 3.3.i 2 − 3i3 −8 − 3 3i + 3i ( 1 + i )
z= = =
1− i 1− i 2
−8 − 8i − 3 3i − 3 3i 2 + 3i + 3i 2 −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
−11 + 3 3 5 + 3 3 −11 + 3 3 5 + 3 3
= − + − = 8 +8 =8 2
2 2
2 2 2 2
nguon tai.lieu . vn
