1. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐH MÔN TOÁN–KHỐI A, NĂM 2010
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I: y  x 3  2x 2  1  m  x  m
1) Khi m  1, y  x3  2 x2  1
* TXĐ: D  
* lim y   .
x
x  0
 4  5
* y'  3x  4x , y  0  
2
4 , y(0)  1 , y   
x   3  27
 3
*BBT
4
x  0 
3
y’ + 0 – 0 +
1 
y 5

27
4   4
Hàm số đồng biến trên khoảng  ;0  và  ;   ; nghịch biến trên khoảng  0;  .
3   3
4  4  5
Hàm số đạt CĐ tại x  0, y(0) 1 . Hàm số đạt CT tại x  , y   
3  3  27
* Đồ thị:
 2 11 
+ y"  6x  4 , điểm uốn của đồ thị hs U  ; 
 3 27 
1 5  1 5 
+ĐĐB. (1;0),  ;0  ,  ;0 
 2   2 
2) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và Ox
x  1  0 (2)
x3 - 2x 2  1- m  x  m  0   x  1  x 2  x  m   0  
g(x)  x  x  m  0
2
(3)
Gọi x1=1 là nghiệm pt (2) và x2, x3 là nghiệm pt (3).
1

2.  g  0 1  4m  0
 

Yêu cầu bài toán tương đương : g(1)  0  m  0
x 2  x 2  x 2  4 
1   x 2  x 3   2x 2x 3  0
2
 1 2 3 
 1
 m
4  1  1
  m0   m 1
 m  0  4  4
1  1  2m  4 m  1
 m  0



Câu II.
1  sin x  cos2x  sin  x   
 4
1) Giải pt    1 cosx (4)
1  tan x 2
cosx  0
*Điều kiện: 
tan x  1
Pt (4) 
1  sin x  cos2x sin x  cosx   cosx
sin x
1
cosx
cosx 1  sin x  cos2x  sin x  cosx 
  cosx
cosx  sin x
 1  sinx  cos2x  1  1  2sin2 x  sinx  0
 
sin x  1 (loaïi)  x  6  k2
 2sin2 x  sinx  1  0  
sin x  1 (thoûa ñk)

7
 k   .
 x   k2
 2 
 6
x x
2) Giải BPT 1 (5)

1 2 x  x 1
2

 2

Ta có: 2  x2  x  1  2  x  1   3   3
   
 1  2 x2  x  1  0
 2 4 2
 
 
Bpt (5)  x  x  1  2 x2  x  1  2 x2  x  1  x  1  x    (5’)

 x   
2
Cách 1: (5’)  2 1  x   x  1  x 
2

 x  1  x   0
  x 1 x  0
 3 5
  x
 
2
 1  x   x  0 1  x  x
 2

2

3. Cách 2: Nhận thấy x  0 không thỏa (5’) nên x  0 . Vì vậy chia hai vế của (5’) cho
 1 1
x  0 ta được  2  x  1    1   x . Đặt
 x x
1 1 1
t  x  t2   x  2  x   t 2  2 . BPT viết lại 2(t 2 1)  t 1
x x x
t  1 t  1 3 5
 2   t 1  x 
2(t  1)  (t  1) (t  1)  0
2 2
2
Câu III.
x 2  e x  2x 2e x
1
x 1  2e x   e x
1 2 1
 2 ex 
I dx   dx    x   dx
0
1  2e x 0
1  2e x 0
1  2e x 
1 1
1 3 1 1 1  1  2e 
 ln 1 2e
x
 x   ln  
3 2 3 2  3 
0 0
1 1  1  2e 
Vậy I   ln  
3 2  3  S
Câu IV.
1
+ Ta có: SH  (ABCD) do đó VS.CMND  SH. SCMND
3
K
a 2 a 2 5a 2
SCMND  SABCD  SCBM  SAMD a   
2
4 8 8 B
C
2
1 5a 5 3 3
 VS.CMND   a 3   a (đvtt)
3 8 24 M
+ Ta có : CDN = DAM (c-g-c)
H
CN  DM
  DM  (SCN)  DM  SC A N D
SH  DM
Kẻ HK  SC  HK  MD  HK = d(DM, SC)
1 1 1
Tam giác SHC vuông tại H và có đường cao HK nên 2
 
HK SH HC2
2
SH  a 3
 CD4 a4 4a 2
Lại có   CH 
2
  B a C
CN.CH  CD

2 CN 2 5a 2 5
a
4 2
1 1 5 19 2a 3
  2 2  HK  . M
HK 2 3a 4a 12a 2 19 a H
2
Câu V. A D
a N
Cách 1. 2
3

4.    
 4x2  1 x   y  3 5  2y  0  4x 2  1 x   3  y  5  2y (1)




4x2  y2  2 3  4x  7
 4x 2  y 2  2 3  4x  7
 (2)
 3
x
+ Điều kiện: 
 4

y  5

 2
 39 39
VT(1)  4x  x 
3
 VP(1)   3  y  5  2y  y0
(1)   16 16
VP(1)  0  x  0

 3
0  x  4

Suy ra 
0  y  5

 2
 
+ Xét f1(x)  4x2  1 x tăng trên  0 ; 3  , f  1   1 , g1 (y)   3  y 5  2y giảm trên  0 ; 5  , g  2   1


 4
 
2



2
 3  5
f2 (x)  4x2  2 3  4x giảm trên  0 ;  , g2 (y)  y2 tăng trên  0; 
 4  2
1 1
+ Với 0  x  : (1)  g1 (y)  f1 (x)  f1    g1  2   y  2
2 2
 1
f2 (x)  f2    3
 2  VT(2)  VP(2) , hệ VN
g (y)  g (2)  4
 2 2
1 3 1
+ Với  x  : (1)  g1 (y)  f1(x)  f1    g1(2)  y  2
2 4 2
 1
f2 (x)  f2    3
 2  VT(2)  VP(2) , hệ VN
g (y)  g(2)  4
 2
1
+ Với x  , hpt cho ta y  2 .
2
1 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất  ;2 
2 
Cách 2.
 
 4x2  1 x   y  3 5  2y  0 (1)


4x2  y 2  2 3  4x  7
 (2)
5
 
(1)  4x2  1 x   3  y  5  2y  0 , y 
2
x0
4

5.  3
 u  2x ; 0  u  2

Đặt 
v  5  2y  0  y  5  v
2

 2
u  5  v2 
 2

Thay vào (1) ta có: u  1 .  
2  2
 3  .v  0  u3  u  v3  v  0  u3  u  v3  v (*)

Xét hàm số f(t)  t 3  t tăng trên  . Do đó (*)  u  v .
2
 5 u 
Từ (2) ta có: u  
2
  2 3  2u  7  8 3  2u  u  6u  3
4 2
(3)
 2 
3
Đặt f(u)  u4  6u2  3 ; 0  u  .
2
Bảng biến thiên:
u   3 0 3 
f’(u) + 0 – 0 + 0 –
f(u)
Nhận xét : u = 1 là nghiệm của (3).
3
+ g(u)  8 3  2u hàm giảm trên 0  u 
2
 3
+ f(u)  u4  6u2  3 hàm tăng trên  0;  nên (3) có nghiệm duy nhất u = 1, Ta được
 2
1
x  ;y  2
2
II – PHẦN RIÊNG
A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu Via.
1) (d1 ) : 3x  y  0 ; (d2 ) : 3x  y  0 .
5

6. + d1  d 2  O  0;0 
3. 3  1
1
+ cos  d1;d 2   
 AOC  600 (AOC vuông tại A).

2.2 2
2R
 AC  2R ; AB  R ; BC  R 3 ; OA  .
3
3 AB.BC 3 2
Theo gt: SABC     R  1  OA 
2 2 2 3
  4 4 4
Mà A   d1   A a;  3a  OA2   a2  3a2   4a2   a 
3 3 3
1
3
(a > 0).
  1 
qua A  ; 1 4
+ (d 3 ) :   3   (d3 ) : x  3y   0.
(d )  (d ) 3
 3 1
 3t  4 
+ T  t; d
 3  3
 
2
7  3t  4  7
+ OT2  OA 2  AT2   t 2    
3  3  3
 
 5 3  5 3 1 
 t1   I ;  loaïi vì d  I,d 2   1
 6  6 2 
 
 12t 2  8 3t  5  0  
  3   3 3 
 t2   I ;  (nhaän)
6  6 2 
  
2 2
 3  3
Vậy  T  :  x    y   1
 6   2
 
x 1 y z  2
2) :   ;  P  : x  2y  z  0
2 1 1
 x  1  2t

Phương trình tham số của  :  y  t (t   )
z  2  t

 x  1  2t t  1
y  t x  1
 
+ Vì C     P  . Tọa độ điểm C thỏa hệ:    C  1; 1; 1
 z  2  t y  1
 x  2y  z  0 z  1
 
+ M 1  2t;t; 2  t   , MC2  6   2t  2   t  1    t  1  6
2 2 2
6

7.  t  0  M1 1;0; 2 
 6t 2  12t  0  
 t  2  M 2  3; 2;0 

1 0  2
+ d  M1 ,  P     d  M 2 ,  P   . Vậy d  M, P   
6 6
 .
1 4 1 6 6
Câu VIIa.
 2  i 1  2i   2  2 2i  i 1  2i 
2
Tìm phần thực, ảo của z: z  2
 1  2 2i 1  2i   1  2i  2 2i  4i  5  2
2i
 z  5  2i
Phần thực của z là a = 5; phần ảo của z là b   2 . A
B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO E
Câu VIb. M H d
1) Đặt d : x  y  4  0
+ A   d   : x  y  0
+ Gọi H    d  H 2;2  B I C
+ Gọi I là trung điểm BC suy ra H là trung điểm IA  I(-2; -2)
+ Đường thẳng BC qua I và song song d
Pt BC: x + y + 4 = 0.
B b ;  b  4 

+ Vì B,C  BC  
C(c ; c  4)


 
+ AB   b  6; b  10 ; EC   c  1; c  1 .
 
 
AB.EC  0
  b  6  c  1   b  10  c  1  0

Ta có:  
I laø trung ñieåm BC  b  c  4
 
 bc  2c  8  0 c  2 c  4
  
 b  c  4  b  6  b  0
 B 6;2 ;C  2; 6  hay B 0; 4 ;C  4;0  .
x2 y2 z3
2) A  0;0; 2  ,  :  
2 3 2
 

+ (d) qua M(-2;2;-3), vtcp: a   2;3;2  , MA   2; 2;1
   

+ a;MA    7;2; 10   a;MA  49  4  100  153
   

+ a  4  9  4  17
 
a;MA 
  153
d  A,       3.
a 17
7

8. BC2
Mà R  d (A, ) 
2 2
 9  16  25
4
Suy ra mặt cầu S : x 2  y2   z  2   25
2
Câu VIIb.
Ta có
 
3
1  3i
z  4  4i  z  4  4i
1 i
z  iz  8  8i  8 2
8