http://ebook.here.vn - Thư viện trực tuyến | ðồng hành cùng sĩ tử trong mùa thi 2010
ÐỀ THI TUYỂN SINH ðẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010
Môn thi : TOÁN

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu I (2,0 ñiểm). Cho hàm số
y = x
3
– 2x
2
+ (1 – m)x + m (1), m là số thực

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm m ñể ñồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 ñiểm phân biệt có hoành ñộ x
1
, x
2
, x
3

thỏa mãn ñiều kiện :
2 2 3
1 2 2
x x x 4
+ + <

Câu II (2,0 ñiểm)
1. Giải phương trình
(1 sin x cos 2x)sin x
1
4

=
+
∫

Câu IV (1,0 ñiểm). Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần
lượt là trung ñiểm của các cạnh AB và AD; H là giao ñiểm của CN và DM. Biết SH vuông góc
với mặt phẳng (ABCD) và SH =
a 3
. Tính thể tích khối chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai
ñường thẳng DM và SC theo a.
Câu V (1,0 ñiểm). 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 ñiểm)
Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 ñiểm)


∆ = =
−
và mặt phẳng (P) : x − 2y
+ z = 0. Gọi C là giao ñiểm của ∆ với (P), M là ñiểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M ñến (P),
biết MC =
6
.
Câu VII.a (1,0 ñiểm). 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 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có ñỉnh A(6; 6), ñường thẳng ñi qua
trung ñiểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y
−
4 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh B và C,
biết ñiểm E(1; −3) nằm trên ñường cao ñi qua ñỉnh C của tam giác ñã cho.
2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz, cho ñiểm A(0; 0; −2) và ñường thẳng
2 2 3
:
2 3 2
x y z
+ − +
∆ = =
.
Tính khoảng cách từ A ñến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai ñiểm B và C sao
cho BC = 8.

x
y
→−∞
= −∞
và
lim
x
y
→+∞
= +∞

x
−∞ 0
4
3
+∞
y’
+ 0 − 0 +
y
1 +∞
−∞ Cð
5
27
−

CT
Hàm số ñồng biến trên (−∞; 0) ; (
4
3
; +∞); hàm số nghịch biến trên (0;
2. Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của ñồ thị hàm số (1) và trục hoành là :
x
3
– 2x
2
+ (1 – m)x + m = 0 ⇔ (x – 1) (x
2
– x – m) = 0
⇔ x = 1 hay g(x) = x
2
– x – m = 0 (2)
Gọi x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình (2). Với ñiều kiện 1 + 4m > 0 ta có :
x
1
+ x



− ≠

+ − <



⇔
1
m
4
m 0
1 2m 3

> −


≠

+ <



⇔
1
m
4
m 0
m 1

(1 sin cos2 ).(sin cos )
cos
1 tan
x x x x
x
x
+ + +
=
+

⇔
(1 sin cos2 ).(sin cos )
cos cos
sin cos
x x x x
x x
x x
+ + +
=
+

y
x
0
1
4
3

1
5

− − +

▪ Mẫu số < 0 ⇔
2
2(x x 1) 1
− + >
⇔ 2x
2
– 2x + 1 > 0 (hiển nhiên)
Do ñó bất phương trình ⇔
2
x x 1 2(x x 1)
− − + − +
≤ 0
⇔
2
2(x x 1) x x 1
− + ≤ − + +

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

⇔

2
≤ ≤


±

=


⇔
3 5
x
2
−
=

Cách khác
:
ðiều kiện x ≥ 0
Nhận xét :
2
2
1 3 3
1 2( 1) 1 2 1 0
2 4 2
x x x
 
 
− − + = − − + ≤ − <
 

⇔ + − ≤ − +
 
 

ðặt
2
1 1
2
t x x t
x
x
= − ⇒ + = +

(1) thành :
2
2 2
1
2( 1) 1
2 2 2 1 (*)
t
t t
t t t
≥ −

+ ≤ + ⇔

+ ≤ + +


(*)

=

 http://ebook.here.vn - Thư viện trực tuyến | ðồng hành cùng sĩ tử trong mùa thi 2010
Câu III.
1 1 1
2
2
0 0 0
(1 2 )
1 2 1 2
x x x
x x
x e e e
I dx x dx dx
e e
+ +
= = +
+ +
∫ ∫ ∫
;
1
1
3
2

d e
e
+
+
∫
=
1
0
1
ln(1 2 )
2
x
e
+ =
1 1 2
ln
2 3
e
+
 
 
 

Vậy I =
1 1 1 2
ln
3 2 3
e
+
 

2
5
4 2
a a
NC a
= + =
,
Ta có 2 tam giác vuông AMD và NDC bằng nhau
Nên


NCD ADM
=
vậy DM vuông NC
Vậy Ta có:
2
2
2
.
5 5
2
a a
DC HC NC HC
a
= ⇒ = =

Ta có tam giác SHC vuông tại H, và khỏang cách của DM và SC chính là chiều cao h vẽ từ H trong

Nghĩa là :
2
3
0
4
2 5 2
5 4
2
x
x y
x
y

≤ ≤


= − ⇔

−

=



Pt (2) trở thành
2 4
25
6 4 2 3 4 7 (*)
4
x x x− + + − =

f
 
=
 
 
nên (*) có nghiệm duy nhất x =
1
2
và y = 2.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x =
1
2
và y = 2
B A
C D
H
M
N
S
http://ebook.here.vn - Thư viện trực tuyến | ðồng hành cùng sĩ tử trong mùa thi 2010
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:

1. A ∈ d
1
⇒ A (a;
3
a
−
) (a>0)

 
 
 2
2
3 1 1 2
. 3 ; 1 ; ; 2
2
3 3 3
1 3 1 3
; ; 1 ( ) : 1
2 2
2 3 2 3
ABC
S BA BC a A C
Tâm I IA Pt T x y
∆
   
= ⇔ = ⇔ = ⇒ − − −
   
   
−
   
 
⇒ − = = ⇒ + + + =
 
   
 

=
; d (M
2
, (P)) =
3 4 0
1
5 5
− + +
=

Câu VII.a:
2
z ( 2 i) (1 2i)
= + −
=
(1 2 2i)(1 2i)
+ −
=
(5 2i)
+

⇔
z 5 2i
= −
⇒ Phần ảo của số phức z là
2
−

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b :

⇒ (5 + b)(6 – b) + (-b – 3)(b + 10) = 0
⇒ 2b
2
+ 12b = 0 ⇒ b = 0 hay b = -6
Vậy B
1
(0; -4); C
1
(-4; 0) hay B
2
(-6; 2); C
2
(2; -6)
2. ∆ qua M (-2; 2; -3), VTCP
a (2;3;2)
=
r
;
AM ( 2;2; 1)
= − −
uuuur

⇒
a AM ( 7; 2;10)
∧ = − −
r uuuur
⇒ d( A, ∆) =
a AM
49 4 100 153
17


3
(1 3i)
z
1 i
−
=
−
.
(1 3i) 2 cos( ) isin( )
3 3
π π
 
− = − + −
 
 

⇒
(
)
3
(1 3i) 8 cos( ) isin( )
− = −π + −π
=
8
−
⇒
8 8(1 i)
z 4 4i
1 i 2