Tham khảo tài liệu 'gợi ý lời giải chi tiết môn toán khối a năm 2010', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Gợi ý lời giải chi tiết môn toán khối A năm 2010
- 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 y = x 3 − 2 x 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.
Khi m = 1 .hàm số là y = x3 − 2 x 2 + 1
Tập xác định :
Chiều biến thiên :
y ' = 3x 2 − 4 x
⎡ x = 0, ( y = 1)
y =0⇔⎢
'
⎢x = 4 ,( y = − 5 )
⎣ 3 27
lim y = +∞, lim y = −∞
x →+∞ x → −∞
Bảng biến thiên:
ymax = 1 tại x = 0
Cực trị :
5 4
ymin = − tại x =
27 3
Đồ thị :
⎛ 2 11 ⎞
2
Điểm uốn : y '' = 6 x − 4 triệt tiêu và đổi dấu tại x =, đồ thị có điểm uốn U ⎜ ; ⎟
⎝ 3 27 ⎠
3
Giao với các trục: x = 0 ⇒ y = 1 . Đồ thị cắt trục tung tại điểm ( 0;1) .
1± 5
y = 0 ⇒ x 3 − 2 x 2 + 1 = 0 ⇒ x = 1; x =
2
1± 5
Đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm có hoành độ x = 1, x =
2
1
- Vẽ đồ thị
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa
mãn điều kiện x12 + x2 + x3 < 4
2 2
Phương trình xác định hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là:
x3 − 2 x 2 + (1 − m) x + m = 0 (1)
Biến đổi tương đương phương trình này:
(1) ⇔ x 3 − 2 x 2 + x-mx + m = 0
⇔ x(x 2 − 2 x + 1) − m( x-1)=0
⇔ x(x-1) 2 − m( x-1) = 0
⇔ ( x-1).(x(x-1)-m) = 0
⇔ (x-1)(x 2 − x-m) = 0
⎡ x=1
⇔⎢ 2
⎣ x − x-m=0 (2)
Yêu cầu bài toán sẽ được thực hiện khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ≠ 1 thỏa mãn
điều kiện:
12 + x12 + x2 2 < 4 (3)
Điều kiện để (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 là:
⎧ 1
⎧ ∆ = 1 + 4m > 0 ⎪m > −
⇔⎨ 4 (a )
⎨2
1 −1− m ≠ 0
⎩ ⎪m ≠ 0
⎩
Theo Viet ta có: x1 + x2 = 1, x1 x2 = − m nên
(3) ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 < 3
2
⇔ 1 + 2m < 3
⇔ m < 1 (b)
Tổng hợp các điều kiện (a) và (b) ta được các giá trị cần tìm của m là:
1
− < m < 0; 0 < m < 1
4
2
- Câu II (2,0 điểm)
π⎤
(1 + sin x + cos2x ) sin ⎡ x +
⎢ 4⎥ 1
⎣ ⎦ = cos x
1. Giải phương trình
1 + tan x 2
⎧cos x ≠ 0 ⇔ sin x ≠ ± − 1
Điều kiên: ⎨
⎩ tan x ≠ −1
π⎞ 1
⎛ 1
Ta có sin ⎜ x + ⎟ = (sin x + cos x) = cos x(tan x + 1)
4⎠
⎝ 2 2
Phương trình đã cho có thể viết lại thành
(1 + sin x + 1 − 2 sin 2 x ) 12 cos x ( tan x + 1) 1
= cos x
1 + tan x 2
⇔ − 2 si n 2 x + si n x + 1 = 0
⎡sin x = 1
1
⇔⎢ 1 ⇔ sin x = − (do điều kiện sin x ≠ ± − 1 )
⎢sin x = − 2
⎣ 2
π
⎡
⎢ x= − 6 + 2kπ
(k, m ∈ Z ) .
⇔⎢
⎢ x= 7π + 2mπ
⎢
⎣ 6
x− x
≥1
2. Giải bất phương trình
1 − 2( x 2 − x + 1)
2
⎛ 1⎞ 3 3
Ta có 2( x − x + 1) = 2 ⎜ x − ⎟ + ≥ , ∀x ∈ R
2
2⎠ 2 2
⎝
Do đó 1 − 2( x 2 − x + 1) < 0
Với điều kiện x ≥ 0 , bất phương trình đã cho tương đương với
2( x 2 − x + 1) ≤ − x + x + 1
Ta thấy x = 0 không thỏa mãn bất phương trình nên x > 0 . Vì vậy chia 2 vế của BPT cho x >0
ta được:
1 1
2( x + − 1) ≤ − x + 1 +
x x
1 1 1
Đặt t = − x ⇒ t 2 = + x − 2 ⇒ x + = t 2 + 2 , bất phương trình được viết lại thành
x x
x
2(t 2 + 1) ≤ t + 1
Tiếp tục biến đổi tương đương ta được
⎧t + 1 ≥ 0 ⎧t ≥ −1
⇔⎨ 2
⎨2
⎩2(t + 1) ≤ (t + 1) ⎩t − 2t + 1 ≤ 0
2
⎧t ≥ −1
⇔⎨ ⇔ t =1
(t − 1) 2 ≤ 0
⎩
−1 + 5
1
⇔ − x = 1 ⇔ x + x −1 = 0 ⇔ x =
2
x
3− 5
⇔x=
2
3
- Câu III (1,0 điểm)
x 2 + e x + 2 x 2 e x x (1 + 2e ) + e
2 x x
ex
= = x2 +
Ta có:
1 + 2e x 1 + 2e x 1 + 2e x
Do đó tích phân cần tính là:
12 1 1
x + e x + 2 x2e x e x dx
I =∫ dx = ∫ x 2 dx + ∫
1 + 2e x 1 + 2e x
0 0 0
1 d (1 + 2e )
x
1
x3
+∫
= 1
0
2 0 1 + 2e x
3
11
+ ln (1 + 2e x )
= 1
0
32
1 1 1 + 2e
= + ln
32 3
1 1 1 + 2e
Đáp số : I = + ln
32 3
Câu IV (1,0 điểm)
1. Tính thể tích khối chóp
SH ⊥ ( ABCD ) gt
1
VS .CDMN = SH .dtCDMN
3
dt CDMN = dt ABCD − (dt BCM +dt AMN )
1 a 1aa
= a2 − a −
2 2 222
a2 a2 5 2
=a − − =a
2
488
1 5 533
vậy VS .CDMN = a 3 a 2 = a
3 8 24
4
- 2. Tính khoảng cách giữa 2 đuờng thắng DM và CS theo a
2
2
⎛ a ⎞ 5a a5
CN = CD + ND = a + ⎜ ⎟ = ⇒ CN =
2 2 2 2
⎝2⎠ 4 2
Thay vào (1)
a5 2a
⇒ CH =
a 2 CH .
2 5
Thay vào (*)
12 a 2
1 2 2 19
= + = ⇒ HK =2
HK 2 (a 3) 2 ⎛ 2a ⎞ 2 12a 2 19
⎜ ⎟
⎝ 5⎠
a 12
HK =
19
Câu V (1,0 điểm)
⎧( 4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
⎪
( x, y ∈ )
Giải hệ phương trình ⎨
⎪4 x + y + 2 3 − 4 x = 7
2 2
⎩
⎧ 5
⎪y ≤ 2
⎧5 − 2 y ≥ 0 ⎪
⇔⎨
Điều kiện ⎨
⎩3 − 4 x ≥ 0 ⎪x ≤ 3
⎪
⎩ 4
Xét (1): ( 4 x + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 .
⎛ ⎞
3
Đặt u = 2 x ; v = 5 − 2 y ⎜ u ≤ ; v ≥ 0⎟.
2
⎝ ⎠
5−v v2 + 1
2
Suy ra v = 5 − 2 y ⇒ y = ⇒ y −3 = −
2
.
2 2
u v2 + 1
(1) ⇔ ( u 2 + 1) − .v = 0
2 2
⇔ u 3 + u − v3 − v = 0
⇔ ( u − v ) ( u 2 + uv + v 2 + 1) = 0
2
v ⎞ 3v 2
⎛
nên u = v
Vì u + uv + v + 1 = ⎜ u + ⎟ + + 1 > 0, ∀u , v ∈
2 2
⎝ 2⎠ 4
5
- ⎧x ≥ 0
⎪
Tức là 2 x = 5 − 2 y ⇔ ⎨ 2 5 − 4x2
4x = 5 − 2 y ⇒ y =
⎪
⎩ 2
5 − 4x 2
Thế vào y = vào (2) ta được phương trình
2
⎛ 5 − 4x2 ⎞
4x2 + ⎜ ⎟ + 2 3 − 4x = 7
⎝2⎠
3 3
⇔ 4 x4 − 6 x2 + 2 3 − 4 x − =0 (3) với điều kiện 0 ≤ x ≤ .
4 4
⎛1⎞ ⎛ 3⎞
Kí hiệu f ( x ) là vế trái của (3), ta thấy f ⎜ ⎟ = 0 . Hơn nữa với x ∈ ⎜ 0; ⎟ ta có
⎝2⎠ ⎝ 4⎠
⎡ 3⎤
4
f ' ( x ) = 4 x ( x 2 − 3) − < 0 nên f ( x ) nghịch biến trên đoạn ⎢ 0; ⎥
3 − 4x ⎣ 4⎦
⎛1⎞ 1
(3) ⇔ f ( x) = f ⎜ ⎟ ⇔ x =
Và
⎝2⎠ 2
.
5 − 4 x2
1
Với x = thế vào y = ta được y = 2 . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là:
2
2
1
x= ,y=2
2
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a
1. Ta thấy d1 , d 2 tạo với Oy góc 300
Từ đó AOB = 600 ; ACB = 300
6
- 1 3 3 3
S ∆ABC = AB.BC = AB 2 ⇒ AB 2 = ⇒ AB = 1
2 2 2 2
⎛1 ⎞
2 2
OA = . AB = ⇒ A⎜ ; − 1⎟
⎝3 ⎠
3 3
⎛2 ⎞
4
OC = 2OA = ⇒C ⎜− ;− 2⎟
⎝ ⎠
3 3
⎛2 3⎞ AC
Đường tròn (T) đường kính AC có: I ⎜ − ;− ⎟, R = =1
3 2⎠ 2
⎝
2 2
⎛ 1⎞ ⎛ 3⎞
Phương trình (T): ⎜ x + ⎟ + ⎜ y + 2 ⎟ =1
2 3⎠ ⎝ ⎠
⎝
2. Viết lại phương trình ∆ dưới dạng tham số:
⎧ x=1 + 2t
⎪
⎨y = t
⎪ z = −2 − t
⎩
Thế vào phương trình (P) ta được (1 + 2t ) − 2t + ( −2 − t ) = 0 ⇔ t = − 1
∆ cắt (P) tại điểm C ( −1; −1; −1)
Xét điểm M ( x=1 + 2t; y = t;z = −2 − t )
MC = 6 ⇔ MC 2 = 6
⇔ ( 2 + 2t ) + ( t + 1) + ( −1 − t ) = 6
2 2 2
⇔ 4 ( t + 1) + 2(t + 1)2 = 6
2
⇔ ( t + 1) = 1
2
⇔ t +1 = ±1
⇔ t =0; t = − 2
1− 0 − 2 1
a.Nếu t=0 thì M (1; 0; −2 ) khoảng cách từ M đến (P) là: =
1+ 4 +1 6
b. Nếu t = −2 thì M ( −3; −2; 0 ) khoản
−3 + 4 + 0 1
=
g cách từ M 0 đến (P) l à:
1+ 4 +1 6
1
Đáp số :
6
7
- Câu VII. a (1,0 điểm)
Ta có: ( 2 + i ) 2 = 2 + 2 2i + i 2 = 1 + 2 2i
⇒ z = (1 + 2 2i )(1 − 2 2i )
= 1 + 2 2i − 2i − 4i 2
= 5 + 2 2i
⇒ z = 5 − 2i
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 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
Lời giải:
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua trung điểm của AC và AB
6+6−4
Ta có d ( A, ∆ ) = =4 2
2
Vì ∆ là đường trung bình của ABC
⇒ d ( A; BC ) = 2d ( A; ∆ ) = 2.4 2 = 8 2
Gọi phương trình đường thẳng BC là: x + y + a = 0
⎡a = 4
6+6+a
= 8 2 ⇒ 12 + a = 16 ⇒ ⎢
Từ đó:
⎣ a = −28
2
Vì A nằm về cùng phía với BC và ∆ :
Nếu a = −28 thì phương trình của BC là x + y − 28 = 0 , trường hợp này A nằm khác phía đối với
BC và ∆ , vô lí. Vậy a = 4 , do đó phương trình BC là: x + y + 4 = 0 .
Đường cao kẻ từ A của ∆ABC là đường thẳng đi qua A(6;6) và ⊥ BC : x + y + 4 = 0 nên có phương
trình là x − y = 0 .
Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình
8
- ⎧x − y = 0 ⎧ x = −2
⇒⎨
⎨
⎩ x + y + 4 = 0 ⎩ y = −2
Vậy H (-2;-2)
Vì BC có phương trình là x + y + 4 = 0 nên tọa độ B có dạng: B(a; -4-a)
Lại vì H là trung điểm BC nên C(-4-a; a)
Suy ra: uuur
CE = ( 5 + a; −3 − a )
uuur
AB = (a − 6; −4 − a − 6)
uuu uuu
rr
Vì CE ⊥ AB nên AB.CE = 0 ⇒ ( a − 6 ) ( a + 5 ) + ( a + 3) ( a + 10 ) = 0
⎡a = 0
⇒ 2a 2 + 12a = 0 ⇒ ⎢
⎣ a = −6
⎧ B ( 0; −4 ) ⎧ B ( −6; 2 )
⎪ ⎪
Vậy ⎨ hoặc ⎨ .
⎪C ( −4; 0 ) ⎪C ( 2; −6 )
⎩ ⎩
Câu VI.b.2
⎧ x = −2 + 2t
⎪
Phương trình tham số của (∆) ⎨ y = 2 + 3t
⎪ z = −3 + 2t
⎩
Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và ⊥ ( ∆ ) có:
rr
n P = v = ( 2; 3; 2)
⇒ ( P ) : 2( x − 0) + 3( y − 0) + 2( Z + 2) = 0
⇒ 2 x + 3 y + 2Z + 4 = 0
Gọi y là giao điểm của ( ∆ ) và (P). Ta có tọa độ I là nghiệm của hệ:
⎧ x = −2 + 2t ⎧t = 0
⎪ y = 2 + 3t ⎪ x = −2
⎪ ⎪
⇒⎨
⎨
⎪ z = −3 + 2t ⎪y = 2
⎪2 x + 3 y + 2 z + 4 = 0 ⎪ z = −3
⎩ ⎩
Vậy I(-2; 2; -3)
Khoảng cách từ A đến ( ∆ ) chính là độ dài IA = ( −2 − 0) 2 + ( 2 − 0) 2 + (−3 + 2) 2 = 3 ,
Viết phương trình mặt cầu:
Vì mặt cầu cắt ∆ tại 2 điểm B, C nên I là trung điểm BC
Xét ABI ta có:
9
- AB 2 = AI 2 + BI 2 = 32 + 42 = 25 ⇒ AB = 5
Vậy mặt cầu cần tìm có phương trình là: x 2 + y 2 + ( z + 2) 2 = 25
Câu VII.b (1,0 điểm):
Ta có:
(1 − 3i)3 = 1 − 3. 3i + 3.3i 2 − 3 3i 3
= 1 − 3 3i − 9 + 3 3i
=−8
(1 − 3 )3 −8 −8(1 + i )
z= = = = − 4 − 4i
1− i 1− i 1 − i2
⇒ z = − 4 + 4i; iz = −4 − 4i
⇒ z + iz = − 8 − 8i
⇒ z + iz = 8 2
--------------------------------------------------------
10
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
