ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010 Môn thi : TOÁN I. PHẦN chung CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). đến hàm số y = x 3 – 2x 2 + (1 – m)x + m (1), m là số thực 1. điều tra sự trở nên thiên với vẽ đồ gia dụng thị của hàm số lúc m = 1. 2. Tìm m chứa đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt gồm hoành độ x 1 , x 2 , x 3 vừa lòng điều khiếu nại : 2 2 3 1 2 2 x x x 4+ + 0 ta tất cả : x 1 + x 2 = 1; x 1 x 2 = –m. Do đó yêu cầu bài xích toán tương đương với: 2 2 1 2 1 4m 0 g(1) m 0 x x 1 4  + >  = − ≠  + + −   − ≠  + − −   ≠  + −   ≠  ⇔ 2x 2 – 2x + 1 > 0 (hiển nhiên) do đó 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 x x 1 0 (x 1 x ) 0  − + + ≥  − + ≤  ⇔ x 1 x= − ⇔ { 2 0 x 1 x (1 x) ≤ ≤ = − ⇔ { 2 0 x 1 x 3x 1 0 ≤ ≤ − + = ⇔ 0 x 1 3 5 x 2 ≤ ≤   ±  =   ⇔ 3 5 x 2 − = bí quyết khác : Điều kiện x ≥ 0 Nhận xét : 2 2 1 3 3 1 2( 1) 1 2 1 0 2 4 2 x x x     − − + = − − + ≤ − 0 : (1) 1 1 1 2 1x x x x   ⇔ − ≤ − + −  ÷   1 1 2 1 1x x x x   ⇔ + − ≤ − +  ÷   Đặt 2 1 1 2t x x t x x = − ⇒ + = + (1) thành : 2 2 2 1 2( 1) 1 2 2 2 1 (*) t t t t t t ≥ −  + ≤ + ⇔  + ≤ + +  (*) 2 2 2 1 0 ( 1) 0 1t t t t− + ≤ ⇔ − ≤ ⇔ = 1 1 1 0 1 5 6 2 5 3 5 2 4 2 1 5 ( ) 2 x x x x x x x loai ⇔ − = ⇔ + − =  − + =  − −  ⇔ ⇔ = =  − − =   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 1 0 0 1 ; 3 3 x I x dx= = = ∫ 1 2 0 1 2 x x e I dx e = + ∫ = 1 0 1 (1 2 ) 2 1 2 x x 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+   +  ÷   Câu IV: S (NDCM) = 2 2 2 1 1 5 2 2 2 2 8 a a a a a   − − =  ÷   (đvdt) ⇒ V (S.NDCM) = 2 3 1 5 5 3 3 3 8 24 a a a = (đvtt) 2 2 5 4 2 a a NC a= + = , Ta tất cả 2 tam giác vuông AMD với NDC cân 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 gồm tam giác SHC vuông trên H, với khỏang cách của DM cùng SC chính là chiều cao h vẽ từ H trong tam giác SHC yêu cầu 2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 1 19 2 3 4 3 12 19 a h h HC SH a a a = + = + = ⇒ = Câu V : ĐK : 3 4 x ≤ . Đặt u = 2x; 5 2v y= − Pt (1) trở thành u(u 2 + 1) = v(v 2 +1) ⇔ (u - v)(u 2 + uv + v 2 + 1) = 0 ⇔ u = v 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− + + − = Xét hàm số 4 2 25 ( ) 4 6 2 3 4 4 f x x x x= − + + − bên trên 3 0; 4       2 4 '( ) 4 (4 3) 3 4 f x x x x = − − − 0) Pt AC qua A ⊥ d 1 : 3 4 0x y a− − = AC ∩ d 2 = C(−2a; 2 3a− ) Pt AB qua A ⊥ d 2 : 3 2 0x y a+ + = AB ∩ d 2 = B 3 ; 2 2 a a   − −  ÷  ÷   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 cha BC a A C tâm I IA Pt T x y ∆     = ⇔ = ⇔ = ⇒ − − −  ÷  ÷     −       ⇒ − = = ⇒ + + + =  ÷  ÷  ÷       ¡ 2. 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) MC 2 = 6 ⇔ (2t + 2) 2 + (t + 1) 2 + (–t – 1) 2 = 6 ⇔ 6(t + 1) 2 = 6 ⇔ t + 1 = ±1 ⇔ t = 0 xuất xắc t = –2 Vậy M 1 (1; 0; –2); M 2 (–3; –2; 0) d (M 1 , (P)) = 1 0 2 1 5 5 − − = ; 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 cấp Câu VI.b : 1. Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) = 0 ⇔ x – y = 0 gọi K là giao điểm của IJ cùng AH (với IJ : x + y – 4 = 0), suy ra K là nghiệm của hệ { x y 0 x y 4 − = + = ⇒ K (2; 2) K là trung điểm của AH ⇔ { H K A H K A x 2x x 4 6 2 y 2y y 4 6 2 = − = − = − = − = − = − ⇔ 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 bao gồm : CE (5 b; b 3)= + − − uuur vuông góc với cha (6 b;b 10)= − + uuur ⇒ (5 + b)(6 – b) + (-b – 3)(b + 10) = 0 ⇒ 2b 2 + 12b = 0 ⇒ b = 0 xuất xắc 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 4 9 4 a ∧ + + = = + + r uuuur r =3 Vẽ bh vuông góc cùng với ∆ Ta có : bảo hành = BC 4 2 = . ∆AHB ⇒ R 2 = 153 425 16 17 17 + = =25 Phương trình (S) : 2 2 2 x y (z 2) 25+ + + = Câu VII.b: 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 − − + = = = − − − ⇒ z iz 4 4i i( 4 4i)+ = − − + − + = 8(1 i)− + ⇒ z iz 8 2+ = Phạm Viết Kha (Trường ĐH Công Nghiệp TP.HCM) . VI .a: 1. A ∈ d 1 ⇒ A (a; 3a ) (a& gt;0) Pt AC qua A ⊥ d 1 : 3 4 0x y a − = AC ∩ d 2 = C(− 2a; 2 3a ) Pt AB qua A ⊥ d 2 : 3 2 0x y a+ + = AB ∩ d 2 = B 3 ; 2 2 a a   − −  ÷  ÷   2 2 3. 2 2 2 8 a a a a a   − − =  ÷   (đvdt) ⇒ V (S.NDCM) = 2 3 1 5 5 3 3 3 8 24 a a a = (đvtt) 2 2 5 4 2 a a NC a= + = , Ta tất cả 2 tam giác vuông AMD với NDC bằng nhau Nên · · NCD ADM= vậy DM. 3 12 19 a h h HC SH a a a = + = + = ⇒ = Câu V : ĐK : 3 4 x ≤ . Đặt u = 2x; 5 2v y= − Pt (1) trở thành u(u 2 + 1) = v(v 2 +1 ) ⇔ (u - v)(u 2 + uv + v 2 + 1) = 0 ⇔ u = v Nghi a là : 2 3 0 4 2