Theo chương trình thay sách – giáo khoa năm thứ 2 - 2010
Đề thi và lời binh Đại học môn Toán khối A ngày 3 /7 /2010
Biên soạn : Phạm Quốc Khánh
Nghiên cứu đề thi Đại học
Toán A -2010
Đề thi TOÁN - A- 2010
I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7 điểm)
Câu 1 : (2 điểm) Cho hàm số
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 :
Lời bình
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (1) của hàm số khi m = 1
m là số thực
:

1) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 2x2 + 1.
Tập xác định là R. y’ = 3x2 – 4x; y’ = 0  x = 0 hay x = ;
và x  0 +

y’ + 0  0 +

y1 +
 CĐ CT

Hàm số đồng biến trên (∞; 0) ; (
y” = 6x – 4 y” = 0  x = . Điểm uốn I( ; )
)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x=
; y(
) =
y" =
; y” = 0  x =
. Điểm uốn I (
;
)
Đồ thị :
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; x1 x2 = – m.
Do đó yêu cầu bài toán tương đương với:
Câu 2 : (2 điểm)
1 ) Giải phương trình :
2 ) Giải bất phương trình :
Giải
1) Giải phương trình :
. Điều kiện : và tanx ≠ - 1
2) Giải bất phương trình :
. Đk : x ≥ 0
. Bất phương trình 
▪ Mẫu số < 0   2x2 – 2x + 1 > 0 (hiển nhiên)
Do đó bất phương trình 
Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân :
Giải
. Vậy I =
Câu 4: (1 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.
Giải
S
A
B
D
a
C
M
. Thể tích VS.CDNM
. S(NDCM)=
(đvdt)
.  V(S.NDCM)=
N
. (đvtt)
H
. Vậy 
. 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
. Ta có 2 tam giác vuông AMD và NDC bằng nhau
. Nên
Câu 5: (1 điểm) Giải hệ phương trình (x, y  R).
Giải
Pt (2) trở thành
. ĐK : .
Pt (1) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 +1)  (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = 0  u = v
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = và y = 2
. Đặt u = 2x;
Xét hàm số
Mặt khác :
nên (*) có nghiệm duy nhất x = và y = 2.
II - PHẦN RIÊNG ( 3 điểm)
Câu 6a : (2 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  với (P), M là điểm thuộc . Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = .
1. Chương trình chuẩn :
Giải
Câu 6a : (2 điểm)
1) Viết phương trình đường tròn (T) .
Câu 7a : (1 điểm) :Tìm phần ảo của số phức z, biết
1. A  d1  A (a; ) (a>0)
Pt AC qua A  d1 :
AC  d2 = C(2a;
Pt AB qua A  d2 :
AB  d2 = B
2 ) Tính khoảng cách từ M đến (P)
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)
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)) =
d (M2, (P)) =
Câu 7a : (1 điểm) :Tìm phần ảo của số phức z, biết
Phần ảo của số phức z là
2. Chương trình nâng cao :
Câu 6b : (2 điểm)
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.

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) và đường thẳng .



Tính khoảng cách từ A đến . Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt  tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.
2) Trong không gian với hệ Oxyz . Cho mp (P) : x – 2y + 2z – 1 = 0 và 2 đthẳng :

Câu 7b : (1 điểm) Cho số phức z thỏa mãn
. Tìm môđun của số phức
Câu 6b : 1. Tìm tọa độ B , C
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)
K là trung điểm của AH 
 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 :
vuông góc với
 (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. Tính
 qua M (-2; 2; -3), VTCP
 d( A, ) =
=3
Vẽ BH vuông góc với  .Ta có :
AHB 
Phương trình (S) :
Câu 7b : (1 điểm) :Tìm mô đun của số phức
Chúc
mọi
người
như
ý
cát
tường