1. Trang Chủ
  2. Không dùng thư mục này
  3. DAP AN DE THI DAI HOC TOAN KHOI A NAM 2010

DAP AN DE THI DAI HOC TOAN KHOI A NAM 2010

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối A ⎯ (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Đáp án Câu Điểm I 1 . (1,0 điểm) ( 2,0 điểm) 3 2 Khi m = 1, ta có hàm số y = x − 2x + 1. • • Tập xác định: R. Sự biến thiên: 0 ,25 ,25 4 3 2 - Chiều biến thiên: y' = 3x − 4x; y'(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = . ⎛ 4 3 ⎞ ⎠ ⎛ ⎝ 4 ⎞ 3 ⎠ Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0)

Thể loại Giáo án bài giảng Không dùng thư mục này

Số trang 4

Ngày tạo 6/21/2011 2:22:28 AM +00:00

Loại tệp pdf

Kích thước 0.58 M

Tên tệp datoanact dh k10 pdf

Download

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO  
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯  
ĐỀ CHÍNH THỨC  
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM  
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010  
Môn: TOÁN; Khối A  
⎯
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)  
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM  
Đáp án  
Câu  
Điểm  
I
1
. (1,0 điểm)  
(
2,0 điểm)  
3
2
Khi m = 1, ta có hàm số y = x − 2x + 1.  
•
•
Tập xác định: R.  
Sự biến thiên:  
0
,25  
,25  
4
3
2
-
Chiều biến thiên: y' = 3x − 4x; y'(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x =  
.
⎛
4
3
⎞
⎠
⎛
⎝
4 ⎞  
3 ⎠  
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và  
;+∞ ; nghịch biến trên khoảng 0;  
.
⎜
⎝
⎟
⎜
⎟
4
5
0
-
-
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = ; yCT = −  
.
3
27  
Giới hạn: lim y = − ∞ ; lim y = + ∞.  
x→−∞  
x→+∞  
-
Bảng biến thiên:  
4
3
0
x −∞  
y'  
0
+∞  
+∞  
+
0
1
−
+
0
,25  
y
5
−
2
7
−∞  
•
Đồ thị:  
y
1
0
,25  
4
O
3
5
x
2
−
2
7
2
. (1,0 điểm)  
3
2
Phương trình hoành độ giao điểm: x − 2x + (1 − m)x + m = 0  
0
,25  
,25  
2 2  
(x − 1)(x − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x − x − m = 0 (*)  
⇔
Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm  
phân biệt, khác 1.  
0
2
Ký hiệu g(x) = x − x − m; x  
1
= 1; x  
2
và x  
3
là các nghiệm của (*).  
⎧
∆
> 0  
⎪
0
,25  
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: g(1) ≠ 0  
⎨
⎪
2
2
x2 + x3 < 3  
⎩
⎧
1 + 4m > 0  
⎪
⎨
1
⇔
−m ≠ 0  
⇔ − < m < 1 và m ≠ 0.  
0,25  
4
⎪
1
+ 2m < 3  
⎩
Trang 1/4  
Câu  
Đáp án  
Điểm  
II  
1
. (1,0 điểm)  
(
2,0 điểm)  
Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0.  
⎛
⎝
π ⎞  
4 ⎠  
0,25  
0,25  
Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 2 sin x +  
(1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx  
⎜
⎟
sin x + cos x  
cos x  
⇔
(sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) =  
cos x ⇔ sinx + cos2x = 0  
1
2
⇔
⇔
2sin x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = −  
0,25  
0,25  
2
π
7π  
x = −  
+ k2π hoặc x =  
+ k2π (k ∈ Z).  
6
6
2
. (1,0 điểm)  
Điều kiện: x ≥ 0.  
2
2
2
2
Ta có: 2(x − x +1) = x + (x −1) +1 > 1, suy ra 1 − 2(x − x +1) < 0.  
0
,25  
2
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với: 2(x − x +1) ≤ 1 − x +  
x
(1)  
2
2
2
Mặt khác 2(x − x +1) = 2(1− x) + 2( x) ≥ 1 − x + x (2), do đó:  
0,25  
2
(
1) ⇔ 2(x − x +1) = 1 − x + x (3)  
Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x = x đồng thời 1 − x + x ≥ 0.  
0
,25  
,25  
+
1 − x = x kéo theo 1 − x + x ≥ 0, do đó:  
(
3) ⇔ 1 − x =  
x
⎧
1 − x ≥ 0  
⎧x ≤ 1  
⎪
⎪
⇔
⇔
⎨
⎨
2
2
⎪
⎩
(1 − x) = x  
⎪x − 3x + 1 = 0  
⎩
0
3
− 5  
2
⇔
x =  
, thỏa mãn điều kiện x ≥ 0.  
1
x
1
1
x
e
⎛
e
⎞
III  
2
2
I = ⎜ x +  
⎟dx = x dx +  
dx .  
0,25  
0,25  
0,25  
0,25  
∫
⎜
x ⎟  
∫
∫
x
(
1,0 điểm)  
1 + 2e  
1 + 2e  
0
⎝
⎠
0
0
1
1
0
1
3
1
3
2
3
Ta có: x dx =  
x
=
∫
0
1
x
1
x
e
1
d(1 + 2e )  
và  
dx =  
, suy ra:  
∫
x
∫
x
1
+ 2e  
2
1 + 2e  
0
0
1
1
3
1
2
1
3
1
2
1 + 2e  
1
3
1
1 + 2e  
x
I =  
+
ln(1+ 2e ) =  
+
ln  
=
+
ln  
.
3
2
3
0
S
• Thể tích khối chóp S.CDNM.  
SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM  
IV  
(
1,0 điểm)  
1 1  
2
AB − AM.AN − BC.BM  
2 2  
=
0
,25  
2
2
2
a
a
5a  
K
2
=
a −  
−
=
.
N
8
4
8
A
D
3
H
1
5 3 a  
M
V
S.CDNM  
=
SCDNM.SH =  
.
0,25  
B
C
3
24  
•
Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC.  
n n  
∆
ADM = ∆DCN ⇒ ADM = DCN ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC).  
0
,25  
Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó:  
d(DM, SC) = HK.  
Trang 2/4  
Câu  
Đáp án  
SH.HC  
Điểm  
2
CD  
2a  
2 3 a  
2 3 a  
Ta có: HC =  
=
và HK =  
=
, do đó: d(DM, SC) =  
.
0,25  
2
2
CN  
5
19  
19  
SH + HC  
3
5
2
V
Điều kiện: x ≤ ; y ≤  
.
(
1,0 điểm)  
4
0
,25  
,25  
2
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x + 1).2x = (5 − 2y + 1) 5 − 2y (1)  
2
Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 5 − 2y ), với f(t) = (t + 1)t.  
2
Ta có f '(t) = 3t + 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R.  
0
⎧
⎪
⎨
x ≥ 0  
5 − 4x  
2
Do đó: (1) ⇔ 2x = 5 − 2y ⇔  
y =  
.
⎪
⎩
2
2
2
⎛
5
2
2
⎞
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x +  
−2x  
+ 2 3 − 4x −7 = 0 (3).  
⎜
⎝
⎟
⎠
3
Nhận thấy x = 0 và x = không phải là nghiệm của (3).  
0,25  
0,25  
4
2
2
⎛
5
2
2
⎞
⎛
⎝
3 ⎞  
4 ⎠  
Xét hàm g(x) = 4x +  
− 2x  
+ 2 3 − 4x − 7, trên khoảng 0;  
.
⎜
⎝
⎟
⎠
⎜
⎟
⎛
5
2
2
⎞
−
⎟
⎠
4
2
4
g '(x) = 8x − 8x  
−2x  
= 4x (4x − 3) −  
< 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến.  
⎜
⎝
3 − 4x  
3 − 4x  
⎛
1 ⎞  
2 ⎠  
1
Mặt khác g  
= 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x = ; suy ra y = 2.  
⎜
⎝
⎟
2
⎛
1
2
⎞
⎠
Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) =  
; 2 .  
⎜
⎝
⎟
VI.a  
1
. (1,0 điểm)  
(
2,0 điểm)  
|
3. 3 −1.1|  
1
2
y
d
1
và d  
2
cắt nhau tại O, cos(d  
1
, d  
2
) =  
=
và tam giác  
3
+1. 3+1  
0,25  
0,25  
d
2
d1  
n
D
n
D
OAB vuông tại B, do đó AOB = 60 ⇒ BAC = 60 .  
O
x
1
2
3
3
D
D
D
Ta có: SABC  
=
=
=
AB.AC.sin60 =  
(OA.sin60 ).(OA.tan60 )  
B
4
A
3
2
OA .  
8
I
C
3
4
2
Do đó: SABC  
, suy ra OA =  
.
3
2
⎧
3 x + y = 0  
⎪
⎨
⎛ 1  
⎞
Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ:  
⇒ A  
; −1 .  
4
⎜
⎟
2
2
x + y =  
⎝ 3  
⎠
⎪
⎩
3
0
,25  
,25  
2
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d , suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0.  
⎧
⎪
3
x − y = 0  
⎛ −2  
⎞
Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ:  
⇒ C  
; − 2 .  
⎨
⎜
⎟
3
⎠
⎪
⎩
3 x −3y − 4 = 0  
⎝
⎛
−1  
3 ⎞  
2 ⎠  
Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I  
; −  
và bán kính IA = 1.  
⎜
⎝
⎟
2 3  
0
2
2
⎛
1 ⎞  
⎛
⎝
3 ⎞  
2 ⎠  
Phương trình (T): x +  
+ y +  
=1.  
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
2 3 ⎠  
Trang 3/4  
Câu  
Đáp án  
Điểm  
2
. (1,0 điểm)  
G
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v = (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có  
M
G
0,25  
vectơ pháp tuyến n = (1; −2; 1).  
G G  
n
Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos HMC = cos v, n .  
0,25  
0,25  
(
)
G G  
n
d(M, (P)) = MH = MC.cos HMC = MC. cos v, n  
C
P
H
(
)
|
2 − 2 −1|  
1
= .  
=
6 .  
0,25  
∆
6
. 6  
6
VII.a  
Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 − 2 i)  
5 + 2 i, suy ra:  
0,25  
0,25  
0,25  
0,25  
(
1,0 điểm)  
=
z = 5 − 2 i.  
Phần ảo của số phức z bằng: − 2 .  
. (1,0 điểm)  
VI.b  
1
(
2,0 điểm)  
A
Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC.  
Do đó tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ:  
0
,25  
⎧
⎨
⎩
x + y − 4 = 0  
⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2).  
x − y = 0  
D
d
•
E
B
C
Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương  
trình: x + y + 4 = 0.  
0,25  
0,25  
0,25  
H
Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H(− 2; − 2), do đó  
tọa độ B, C có dạng: B(t; − 4 − t), C(− 4 − t; t).  
Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra: AB .CE = 0  
JJ JG JJ JG  
⇔
(t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0  
2
⇔
2t + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6.  
Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6).  
2
. (1,0 điểm)  
G
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v = (2; 3; 2) làm  
vectơ chỉ phương.  
0
,25  
JJJG  
Ta có: MA = (2; −2; 1), ⎡v, MA⎤ = (7; 2; −10).  
⎣
G JJJG  
G JJJG  
A
⎦
•
C
∆ •  
B
⎡v, MA⎤  
⎣
⎦
49 + 4 +100  
4 + 9 + 4  
M
Suy ra: d(A, ∆) =  
G
=
= 3.  
0,25  
v
Gọi (S) là mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại B và C sao cho BC = 8. Suy ra bán kính của (S) là: R = 5.  
0,25  
0,25  
0,25  
2
2
2
Phương trình (S): x + y + (z + 2) = 25.  
3
VII.b  
Ta có: (1 − 3i) = − 8.  
(
1,0 điểm)  
−
8
= − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i.  
Do đó z =  
0,25  
1
− i  
z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i.  
Vậy: z + iz = 8 2 .  
⇒
0,25  
0,25  
-
------------ Hết -------------  
Trang 4/4  
nguon VI OLET
Toán học 6 Toán học 7 Toán học 8 Toán học 9 Toán học 10 Toán học 11 Toán học 12 Khác (Toán học)