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