BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 2x 2 + (1 − m)x + m (1), m là tham 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 x 1 , x 2 , x 3 thoả mãn điều kiện 2 2 2 1 2 3 x x x + + < 4. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (1 sin cos2 )sin 1 4 cos 1 tan 2 x x x x x π ⎛ ⎞ + + + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = + . 2. Giải bất phương trình 2 1 2( 1 x x x x − − − + ) ≥ 1. Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 1 2 2 0 2 d 1 2 x x x x e xe x e + + + ∫ . 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 với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và tính 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 d 1 : 3 0 x y + = và d 2 : 3 x y − = 0 . Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d 1 tại A, cắt d 2 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 toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: 1 2 1 1 x y z − = = − 2 + 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 toạ 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 toạ 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 toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆: 2 2 2 3 2 3 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 (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z = 3 (1 3) 1 i i − − . Tìm môđun của số phức z + i z. ----------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................
5
Embed
Tai lieu luyen thi dai hoc de thi dh mon toan khoi a - nam 2010
Được đánh giá là một trong những Trung tâm Luyện thi Uy tín tại Tp. HCM http://www.qsc45.com http://www.qsc45.vn
Welcome message from author
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 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 tham 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 thoả mãn điều
kiện 2 2 21 2 3x x x+ + < 4.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình (1 sin cos 2 )sin
14 cos1 tan 2
x x xx
x
π⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎝ ⎠ =
+.
2. Giải bất phương trình 21 2( 1
x xx x−
− − + ) ≥ 1.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 1 2 2
0
2 d1 2
x x
x
x e x e xe
+ ++∫ .
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 với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và tính 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 0x y+ = và d2: 3 x 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 32
và điểm A có hoành độ dương.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: 12 1 1
x y z− = =−
2+ 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 toạ 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 toạ 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 toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆: 2 22 3 2
3x 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 (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z = 3(1 3 )
1i
i−
−. Tìm môđun của số phức z + i z.
----------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................
Trang 1/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Khi m = 1, ta có hàm số y = x3 − 2x2 + 1. • Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 'y = 3x2 − 4x; '( )y x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 43
.
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và 4 ;3
⎛ ⎞+∞⎜ ⎟⎝ ⎠
; nghịch biến trên khoảng 40;3
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
.
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = 43
; yCT = 527
− .
- Giới hạn: limx
y→−∞
= − ∞ ; limx
y→+∞
= + ∞.
0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm: x3 − 2x2 + (1 − m)x + m = 0 ⇔ (x − 1)(x2 − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x2 − x − m = 0 (*)
0,25
Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt, khác 1. 0,25
Ký hiệu g(x) = x2 − x − m; x1 = 1; x2 và x3 là các nghiệm của (*).
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: 2 2
2 3
0(1) 0
3
g
x x
⎧∆ >⎪
≠⎨⎪ + <⎩
0,25
I (2,0 điểm)
⇔ 1 4 0
01 2 3
mm
m
+ >⎧⎪− ≠⎨⎪ + <⎩
⇔ 14
− < m < 1 và m ≠ 0. 0,25
y 1 +∞
−∞
'y + 0 − 0 +
x −∞ 0 43
+∞
527
−
527
−
O
y
x
43
1
2
Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0.
Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 2 sin4
x π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
(1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx 0,25
⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) = sin cos coscosx x x
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với: 22( 1)x x− + ≤ 1 − x + x (1)
0,25
Mặt khác 22( 1)x x− + = 2 22(1 ) 2( )x x− + ≥ 1 − x + x (2), do đó: 0,25
(1) ⇔ 22( 1)x x− + = 1 − x + x (3)
Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x = x đồng thời 1 − x + x ≥ 0. + 1 − x = x kéo theo 1 − x + x ≥ 0, do đó:
(3) ⇔ 1 − x = x
0,25
II (2,0 điểm)
⇔ 2
1 0
(1 )
x
x x
− ≥⎧⎪⎨
− =⎪⎩ ⇔ 2
1
3 1 0
x
x x
≤⎧⎪⎨
− + =⎪⎩
⇔ x = 3 52− , thỏa mãn điều kiện x ≥ 0.
0,25
I = 1
2
0
d1 2
x
xex x
e⎛ ⎞
+⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠∫ =
12
0
dx x∫ + 1
0
d1 2
x
xe x
e+∫ . 0,25
Ta có: 1
2
0
dx x∫ = 1
3
0
13
x = 13
0,25
và 1
0
d1 2
x
xe x
e+∫ = 12
1
0
d(1 2 )1 2
x
xe
e++∫ , suy ra: 0,25
III (1,0 điểm)
I = 13
+ 1
0
1 ln(1 2 )2
xe+ = 13
+ 1 1 2ln2 3
e+ = 13
+ 1 1 2ln2 3
e+ . 0,25
• Thể tích khối chóp S.CDNM. SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM
= AB2 − 12
AM.AN − 12
BC.BM
= a2 − 2
8a −
2
4a =
258a .
0,25
VS.CDNM = 13
SCDNM.SH = 35 3
24a . 0,25
IV (1,0 điểm)
• Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC. ∆ADM = ∆DCN ⇒ ADM DCN= ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC). Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó: d(DM, SC) = HK.
0,25
A
B C
D
S
N H
K
M
Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm
Ta có: HC = 2CD
CN = 2
5a và HK =
2 2
.SH HC
SH HC+ = 2 3
19a , do đó: d(DM, SC) = 2 3
19a . 0,25
Điều kiện: x ≤ 34
; y ≤ 52
.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) 5 2y− (1) 0,25
Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 5 2y− ), với f(t) = (t2 + 1)t.
Ta có 'f (t) = 3t2 + 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R.
Do đó: (1) ⇔ 2x = 5 2y− ⇔ 2
0
5 4 .2
x
xy
≥⎧⎪⎨ −
=⎪⎩
0,25
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x2 + 2
25 22
x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
+ 2 3 4x− −7 = 0 (3).
Nhận thấy x = 0 và x = 34
không phải là nghiệm của (3).
Xét hàm g(x) = 4x2 + 2
25 22
x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
+ 2 3 4x− − 7, trên khoảng 30;4
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
.
0,25
V (1,0 điểm)
'( )g x = 8x − 8x 25 22
x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
− 43 4x−
= 4x (4x2 − 3) − 43 4x−
< 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến.
Mặt khác 12
g ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x = 12
; suy ra y = 2.
Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = 1 ; 22
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
.
0,25
1. (1,0 điểm)
d1 và d2 cắt nhau tại O, cos(d1, d2) = | 3. 3 1.1|3 1. 3 1
−+ +
= 12
và tam giác
OAB vuông tại B, do đó AOB = 60 ⇒ BAC = 60 . 0,25
Ta có: SABC = 12
AB.AC.sin 60 = 34
(OA.sin 60 ).(OA.tan 60 )
= 3 38
OA2.
Do đó: SABC = 32
, suy ra OA2 = 43
.
0,25
Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: 2 2
3 043
x y
x y
⎧ + =⎪⎨
+ =⎪⎩
⇒ A 1 ; 13
⎛ ⎞−⎜ ⎟
⎝ ⎠.
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d2, suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0.
Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: 3 0
3 3 4 0
x y
x y
⎧ − =⎪⎨
− − =⎪⎩ ⇒ C 2 ; 2
3−⎛ ⎞
−⎜ ⎟⎝ ⎠
.
0,25
VI.a (2,0 điểm)
Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I 1 3;22 3
−⎛ ⎞−⎜ ⎟
⎝ ⎠ và bán kính IA = 1.
Phương trình (T): 2 21 3 1
22 3x y⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠
. 0,25
d2
y
x
C
B O
A
d1
I
Trang 4/4
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v = (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n = (1; −2; 1).
0,25
Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos HMC = ( )cos ,v n . 0,25
Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC. Do đó tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ:
4 00
x yx y+ − =⎧
⎨ − =⎩ ⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2).
0,25
Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương trình: x + y + 4 = 0. 0,25
Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H(− 2; − 2), do đó tọa độ B, C có dạng: B(t; − 4 − t), C(− 4 − t; t). Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra: AB .CE = 0 ⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0
0,25
⇔ 2t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6. Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6). 0,25
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v = (2; 3; 2) làm vectơ chỉ phương. Ta có: MA = (2; −2; 1), ,v MA⎡ ⎤⎣ ⎦ = (7; 2; −10).
0,25
Suy ra: d(A, ∆) = ,v MA
v
⎡ ⎤⎣ ⎦ = 49 4 1004 9 4+ ++ +
= 3. 0,25
Gọi (S) là mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại B và C sao cho BC = 8. Suy ra bán kính của (S) là: R = 5. 0,25
VI.b (2,0 điểm)
Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25. 0,25
Ta có: 3(1 3 )i− = − 8. 0,25
Do đó z = 81 i−−
= − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i. 0,25
⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i. 0,25