GỢI Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn Toán, khối A
--------------
Gợi ý đáp án này do Tổ chuyên gia giải đề của Hệ thống đào tạo Công nghệ thông tin Quốc tế
Bachkhoa-Aptech và Bachkhoa-Npower cung cấp
1. Thạc sỹ Doãn Minh Cường – Hiệu trưởng trường phổ thông Quốc tế Phú Châu (Chuyên
Tiếng Anh Đại học Điện Lực)
2. Thạc sỹ Trần Thị Phương Thảo – Cổng Giáo dục trực tuyến VTC
3. Nhà giáo Lại Văn Tý – Tổ trưởng tổ Toán Trường Phổ thông Quốc tế Phú Châu
4. Nhà giáo Hoàng Trọng Hảo – Toán Tuổi thơ
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
3 2
2 (1 )y x x 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.
Khi m = 1 .hàm số là
3 2
2 1y x x= − +
Tập xác định :
¡
Chiều biến thiên :
' 2
3 4y x x= −
'
0,( 1)
0
4 5
,( )
3 27

3
x =
Đồ thị :
Điểm uốn :
'' 6 4y x= −
triệt tiêu và đổi dấu tại
2
3
x =
, đồ thị có điểm uốn
2 11
;
3 27
U
 
 ÷
 
Giao với các trục:
0 1x y= ⇒ =
. Đồ thị cắt trục tung tại điểm
( )
0;1 .
3 2
1 5
0 2 1 0 1; =
2
y x x x x
±
= ⇒ − + = ⇒ =
Đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm có hoành độ

⇔ − + + =
⇔ − + −
⇔ −

2
(x-1).(x(x-1)-m)=0
(x-1)(x x-m)=0
⇔
⇔ −

2
x=1
x x-m=0 (2)

⇔

−

Yêu cầu bài toán sẽ được thực hiện khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt
1 2
, 1x x ≠
thỏa mãn điều
kiện:
2 2 2
1 2
1 4 (3)x x+ + <
Điều kiện để (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 là:
2
1
1 4 0

1 ( )
x x x x
m
m b
⇔ + − <
⇔ + <
⇔ <
Tổng hợp các điều kiện (a) và (b) ta được các giá trị cần tìm của m là:
1
0; 0 1
4
m m− < < < <
2
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
1 sin os2x sin
1
4
cos
1 tan
2
x c x
x
x
π
 
+ + +
 
 

1
2
cos
1 tan
2
x x x x
x
x
+ + − +
=
+

2
2sin sin 1 0x x⇔ − + + =

sin 1
1
sin
1
2
sin
2
x
x
x
=


⇔ ⇔ = −


.
2. Giải bất phương trình
2
1
1 2( 1)
x x
x x
−
≥
− − +
Ta có
2
2
1 3 3
2( 1) 2 ,
2 2 2
x x x x R
 
− + = − + ≥ ∀ ∈
 ÷
 
Do đó
2
1 2( 1) 0x x− − + <

Với điều kiện
0x
≥
, bất phương trình đã cho tương đương với


Tiếp tục biến đổi tương đương ta được

2 2 2
2
1 0 1
2( 1) ( 1) 2 1 0
1
1
( 1) 0
1 1 5
1 1 0
2
3 5
2
t t
t t t t
t
t
t
x x x x
x
x
+ ≥ ≥ −
 
⇔
 
+ ≤ + − + ≤
 
≥ −



1 1 1
2 2
2
0 0 0
2
1 2 1 2
x x x
x x
x e x e e dx
I dx x dx
e e
+ +
= = +
+ +
∫ ∫ ∫

( )
1
3
1
0
0
1 2
1
3 2 1 2
x
x
d e
x

( )
.
2
2 2
2 2
gt
1
.
3
( +dt )
1 1
2 2 2 2 2
5
4 8 8
S CDMN CDMN
SH ABCD
V SH dt
dt CDMN dt ABCD dt BCM AMN
a a a
a a
a a
a a
⊥
=
= −
= − −
= − − =
V V

vậy

2
2
2
2 2
2
1 1 1 19 12
12 19
( 3)
2
5
a
HK
HK a
a
a
= + = ⇒ =
 
 ÷
 
12
19
a
HK =
Câu V (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
( )
( )
2
2 2
4 1 3 5 2 0

⇔
 
− ≥


≤


Xét (1):
( ) ( )
4 1 3 5 2 0x x y y+ + − − =
.
Đặt
2u x
=
;
5 2v y= −

3
; 0 .
2
u v
 
≤ ≥
 ÷
 
Suy ra
2 2
2
5 1

u uv v u u v
 
+ + + = + + + > ∀ ∈
 ÷
 
¡
nên
u v=
5
Tức là
2
2
0
2 5 2
5 4
4 5 2
2
x
x y
x
x y y
≥


= − ⇔

−
= − ⇒ =



x≤ ≤
.
Kí hiệu
( )
f x
là vế trái của (3), ta thấy
1
0
2
f
 
=
 ÷
 
. Hơn nữa với
3
0;
4
x
 
∈
 ÷
 
ta có
( )
( )
2
4
' 4 3 0
3 4

x =
thế vào
2
5 4
2
x
y
−
=
ta được
2y =
. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là:
, 2
2
x y
1
= =
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a
1. Ta thấy
1 2
,d d
tạo với Oy góc
0
30
Từ đó
·
·
0 0

2 3
AC
I R
 
− − = =
 ÷
 
Phương trình (T):
2
2
1 3
1
2
2 3
x y
 
 
+ + + =
 ÷
 ÷
 
 
2. Viết lại phương trình
∆
dưới dạng tham số:

x=1 2
2
t
y t

2 2 1 1 6
4 1 2( 1) 6
1 1
+1 1
=0; = 2
MC MC
t t t
t t
t
t
t t
= ⇔ =
⇔ + + + + − − =
⇔ + + + =
⇔ + =
⇔ = ±
⇔ −
a.Nếu
t=0
thì M
( )
1;0; 2−
khoảng cách từ M đến (P) là:
1 0 2
1
1 4 1 6
− −
=
+ +
b. Nếu

i
z i
⇒ = + −
= + − −
= +
⇒ = −
Số phức z có phần ảo là
2−
.
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
4 0x y+ − =
. 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
Lời giải:
Gọi
∆
là đường thẳng đi qua trung điểm của AC và AB
Ta có
( )
6 6 4
, 4 2
2
d A
+ −
∆ = =
Vì
∆

∆
, vô lí. Vậy
4a =
, do đó phương trình BC là:
4 0x y+ + =
.
Đường cao kẻ từ A của
ABC∆
là đường thẳng đi qua A(6;6) và
BC⊥
:
4 0x y+ + =
nên có phương
trình là
0x y− =
.
Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình
8

0 2
4 0 2
x y x
x y y
− = = −
 
⇒
 
+ + = = −
 
Vậy H (-2;-2)


+ = ⇒

= −

Vậy
( )
( )
0; 4
4;0
B
C
−


−


hoặc
( )
( )
6;2
2; 6
B
C
−


−


⇒ + + + =
Gọi I là giao điểm của
( )∆
và (P). Ta có tọa độ I là nghiệm của hệ:
2 2 0
2 3 2
3 2 2
2 3 2 4 0 3
x t t
y t x
z t y
x y z z
= − + =
 
 
= + = −
 
⇒
 
= − + =
 
 
+ + + = = −
 
Vậy I(-2; 2; -3)
Khoảng cách từ A đến
( )∆
chính là độ dài IA
2 2 2
( 2 0) (2 0) ( 3 2) 3= − − + − + − + =

i
z i
i i i
− − − +
= = = =− −
− − −
4 4 ; 4 4
8 8
8 2
z i iz i
z iz i
z iz
⇒ = − + = − −
⇒ + = − −
⇒ + =
--------------------------------------------------------
HỆ THỐNG ĐÀO TẠO CÔNG NGHỆ THÔNG TIN QUỐC TẾ

10