Giải đề thi đại học khối A môn toán 2012

Định hướng và Giải chi tiết đề thi đại học khối A môn toán 2012

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Môn của Lê Hồng Đức Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là: 1. Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Môn luôn cố gắng thực hiện điều này 2. Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa” GIẢI ĐỀ THI MÔI TOÁN KHỐI A − A1 NĂM 2012  Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Đánh giá và định hướng” Học Toán theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12 Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tô Ngọc Vân − Hà Nội Email: nhomcumon68@gmail.com 1 Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689 2 đề thi môn toán khối A A1 năm 2012 Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm) Câu 1: (2 điểm): Cho hàm số: y = x 4 2(m + 1)x 2 + m 2 (1), m là tham số. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. b. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông. Câu 2: Giải phơng trình: 3 sin 2x cos 2x 2cos x 1.+ = Câu 3: Giải hệ phơng trình: 3 2 3 2 2 2 x 3x 9x 22 y 3y 9y , (x, y ). 1 x y x y 2 + = + + + = Ă Câu 4: (1 điểm): Tính tích phân 3 2 1 1 ln(x 1) I dx. x + + = Câu 5: (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đờng thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đờng thẳng SA và BC theo a. Câu 6: (1 điểm): Cho các số thực x, y, z thoả mãn điều kiện x + y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y y z z x 2 2 2 P 3 3 3 6x 6y 6z . = + + + + Phần riêng (3.0 điểm): Thí sinh đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chơng trình Chuẩn Câu 7.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử 11 1 M ; 2 2 ữ và đờng thẳng (AN): 2x y 3 = 0. Tìm toạ độ điểm A. Câu 8.a (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng x 1 y z 2 (d) : 1 2 1 + = = và điểm I(0; 0; 3). Viết phơng trình mặt cầu (S) tâm I và cắt (d) tại hai điểm A, B sao cho IAB vuông tại I. Câu 9.a (1 điểm): TCho n là số nguyên dơng thoả mãn n 1 3 n n 5C C . = Tìm số hạng chứa x 5 trong khai triển nhị thức Niuton của n 2 nx 1 , x 0. 14 x ữ 3 B. Theo chơng trình Nâng cao Câu 7.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn (C): x 2 + y 2 = 8. Viết phơng trình chính tắc của Elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của hình vuông. Câu 8.b (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng x 1 y z 2 (d) : 2 1 1 + = = , mặt phẳng (P): x + y 2z + 5 = 0 và điểm A(1; 1; 2). Viết phơng trình đờng thẳng () cắt (d) và (P) lần lợt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN. Câu 9.b (1 điểm): Cho số phức z thoả mãn ( ) 5 z i 2 i. z 1 + = + Tìm môđun của số phức w = 1 + z + z 2 . Đánh giá và định hớng thực hiện Câu 1. 1. Tham khảo phơng pháp chuẩn để khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm trùng phơng. 2. Với dạng toán "Tìm thuộc tính các điểm cực trị của hàm số" ta thực hiện theo các bớc sau: Bớc 1: Thực hiện: Miền xác định D = Ă . Tính đạo hàm rồi thiết lập phơng trình y' = 0. (1) Bớc 2: Hàm số có ba điểm cực trị A, B, C (1) có ba nghiệm phân biệt. Bớc 3: Tìm ba nghiệm của (1) và toạ độ ba điểm cực trị A, B, C của đồ thị hàm số. Sử dụng điều kiện ABC cân tại A nên chỉ có thể vuông tại A, suy ra: AB.AC 0= uuur uuur ( ) ( ) 2 2 m 1; m 2m 1 m 1; m 2m 1 0 + + = Giá trị của tham số m. Bớc 4: Kết luận. Câu 2. Với phơng trình lợng giác kiểu này ta định hớng biến đổi nó về dạng tích. Và ở đây với hai cung góc 2x và x nên ta sẽ sử dụng công thức góc nhân đôi để chuyển phơng trình về dạng chỉ chứa cung x, cụ thể: sin2x = 2sinx.cosx; cos2x = 2cos 2 x 1 = 1 2sin 2 x = cos 2 x sin 2 x 4 Từ đặc thù của phơng trình là VP có chứa 1 nên ta chọn cos2x = 2cos 2 x 1, suy ra: 2 2 3 sin x.cos x 2cos x 1 2cos x 1+ = 2 2 3 sin x.cos x 2cos x 2cos x 0 + = ( ) 3sinx cosx 1 cosx 0 + = 3sinx cosx 1 . cosx 0 + = = Câu 3. Đây là hệ phơng trình không mẫu mực, do vậy để giải nó cần sử dụng ph- ơng pháp thế tức phải đi biến đổi một trong hai phơng trình của hệ về dạng tích. Ta có những đánh giá dần nh sau: Phơng trình thứ hai trong hệ là phơng trình của một đờng tròn nên việc biến đổi nó về dạng tích là không phù hợp. Cụ thể: 2 2 1 1 (2) x y 1. 2 2 + + = ữ ữ (*) Phơng trình thứ nhất trong hệ là lựa chọn duy nhất. Ta nhận thấy: (1) (x 1) 3 12(x 1) = (y + 1) 3 12(y + 1) Hớng 1: Biến đổi tiếp: [(x 1) 3 (y + 1) 3 ] [12(x 1) 12(y + 1)] = 0 (x y 2)[(x 1) 2 + (x 1)(y + 1) + (y + 1) 2 ] 12(x y 2) = 0 (x y 2)[(x 1) 2 + (x 1)(y + 1) + (y + 1) 2 12] = 0 2 2 x y 2 0 . (x 1) (x 1)(y 1) (y 1) 12 0 (**) = + + + + = Với y = x 2 hệ đợc chuyển về giải một phơng trình bậc hai. Khó khăn gặp phải là trong trờng hợp (**). Và nó chỉ đợc giải quyết nếu biết sử dụng (*). Cụ thể từ (*) suy ra: 1 1 x 1 2 3 1 x 1 2 2 2 9 (x 1) ; 4 1 1 y 1 2 + 1 3 y 1 2 2 + 2 9 (y 1) ; 4 + Từ đó: (x 1) 2 + (x 1)(y + 1) + (y + 1) 2 9 9 9 27 4 4 4 4 + + = (**) vô nghiệm. Hớng 2: Biến đổi tiếp: 5 f(x 1) = f(y + 1) với f(t) = t 3 12t. Nh vậy, cần sử dụng phơng pháp hàm số để khẳng định hàm số f(t) đơn điệu. Từ đó, ta nhận đợc : x 1 = y + 1 y = x 2. Hệ đợc chuyển về giải một phơng trình bậc hai. Câu 4. Ta thấy ngay rằng cần sử dụng phơng pháp tích phân từng phần, cụ thể với phép đặt: 2 u 1 ln(x 1) . dx dv x = + + = Câu 5. 1. Thể tích khối chóp S.ABC đợc cho bởi: S.ABC ABC 1 V S .SH. 3 = (1) Trong đó: Vì ABC là tam giác đều cạnh a nên 2 ABC a 3 S . 4 = Độ dài của SH đợc bằng việc sử dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông SHC, cụ thể: ã SH HC.tanSCH.= 2. Để tính khoảng cách giữa SA và BC, ta thấy: Việc tìm đoạn vuông góc chung của SA và BC khả thi nên cần chuyển nó về việc tính khoảng cách giữa B với mặt phẳng (P) chứa SA và song song với BC. Mặt phẳng (P) đợc xác định bằng cách dựng Ax // BC. Vì A, B, H thẳng hàng nên: d(B, (SAN)) BA d(H, (SAN)) HA = 3 . 2 = Từ đó, bài toán đợc chuyển về việc tính d(H, (P)). Gọi N và K theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của H trên Ax và SN. Ta có nhận xét: d(H, (P)) = HK Để tính AH ta sử dụng công thức đờng cao trong tam giác vuông. Câu 6. Trớc tiên, các em học sinh cần nhận thấy rằng P gồm hai phần với ba nhân tử có tính đối xứng là x y y z z x 2 2 2 3 3 3 , 6x 6y 6z . + + + + 6 Từ đó, định hớng biến đổi: Với 6x 2 + 6y 2 + 6z 2 cần đa về dạng (x y) 2 + (y z) 2 + (z x) 2 , cụ thể : x y 2 + y z 2 + z x 2 = (x y) 2 + (y z) 2 + (z x) 2 = 3(x 2 + y 2 + z 2 ) (x + y + z) 2 = 3(x 2 + y 2 + z 2 ) 6x 2 + 6y 2 + 6z 2 = 2(x y 2 + y z 2 + z x 2 ), Và bằng việc Sử dụng bất đẳng thức cơ bản a + b a + b ta chứng minh ngay đợc: ( ) 2 2 2 x y y z z x 2 x y y z z x . + + + + Tới đây, ta nhận đợc ba cặp dạng (3 t t), t 0 trong P. Xét hàm số f(t) = 3 t t trên tập D = [0; + ) ta có: f'(t) = 3 t .ln3 1 > 0, t D Hàm số đồng biến trên D f(t) f(0) = 1. Bất đẳng thức cần chứng minh là 3 t t + 1, t 0. Từ định hớng trên ta sẽ hình thành đợc các bớc cần thực hiện để nhận đợc P Min = 3. Câu 7.a Trớc tiên, các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ. Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mãn điều kiện K" nên ta thực hiện theo các bớc: Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) về dạng tham số theo t để có đợc biểu diễn toạ độ của điểm A theo t. Bớc 2: Xây dựng các mối quan hệ xung quanh giả thiết. Cụ thể: Gọi H là hình chiếu vông góc của M trên AN, suy ra H BD. Dựng đờng thẳng qua H song song với CD cắt AD và BC theo thứ tự tại P và Q, suy ra: AH = HM AM 2HM 2d(M, (AN)) = = Giá trị của t Toạ độ điểm A. Câu 8.a Bài toán đợc chuyển về việc tìm bán kính R của mặt cầu (S). Ta có: Kết hợp với để IAB vuông tại I, suy ra: R IA 2IH= = , với H là hình chiếu vông góc của I trên (d). Nh vậy, cần có đợc toạ độ điểm H. Công việc này đợc thực hiện: Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) về dạng tham số theo t để có đ- ợc biểu diễn toạ độ của điểm H theo t. Bớc 2: Sử dụng điều kiện : IH AB uur uuur IH.AB 0 = uur uuur Giá trị của t Toạ độ H. Câu 9.a Với bài toán này các em học sinh chỉ cần thực hiện theo các bớc: 7 Bớc 1: Sử dụng điều kiện n 1 3 n n 5C C = để tìm đợc giá trị của n. Bớc 2: Sử dụng công thức khai triển của nhị thức Niuton. Bớc 3: Thiết lập gdk cho số hạng chứa x 5 . Bớc 4: Kết luận. B. Theo chơng trình Nâng cao Câu 7.b Trớc tiên, các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ. Ta thực hiện theo các bớc: Bớc 1: Chỉ ra phơng trình chính tắc cho (E), biết a = 4, cụ thể: 2 2 2 2 x y (E) : 1, 4 b 0. 4 b + = > > Bớc 2: Sử dụng tính chất đối xứng để khẳng định đỉnh A(t; t) thuộc cả (C) và (E). Khi đó: Từ A (C) suy ra đợc toạ độ của A. Từ A (E) suy ra đợc giá trị của b. Bớc 3: Kết luận. Câu 8.b Dễ thấy phơng trình đờng thẳng () đợc xác định khi biết đợc toạ độ của M hoặc N bởi: Qua A ( ) : . Qua M Bài toán đợc chuyển về dạng "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mãn điều kiện K", ta thực hiện theo các bớc: Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) về dạng tham số theo t để có đợc biểu diễn toạ độ của điểm M theo t. Suy ra toạ độ của N theo t. Bớc 2: Sử dụng điều kiện: N (P) Giá trị của t Toạ độ của M. Câu 9.b Với bài toán này các em học sinh chỉ cần sử dụng dạng tổng quát của số phức z = a + bi, ( ) a, b Ă , z a b.i= và kết hợp với các biến đổi đơn. Cuối cùng sử dụng công thức tình mô đun. Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối A A1 năm 2012 Câu 1. 1. Với m = 0, hàm số có dạng: 8 y = x 4 2x 2 . (1). Hàm số xác định trên D = Ă . (2). Sự biến thiên của hàm số: Giới hạn của hàm số tại vô cực: x lim y = 4 2 x 2 lim x 1 . x = + ữ Bảng biến thiên: y' = 4x 3 4x, y' = 0 4x 3 4x = 0 x 0 . x 1 = = x 1 0 1 + y' 0 + 0 0 + y + CT 1 CĐ 0 CT 1 + Điểm uốn: y'' = 12x 2 4, y'' = 0 12x 2 4 = 0 x = 1 3 . Vì y" đổi dấu khi x qua các điểm 1 3 nên đồ thị hàm số có hai điểm uốn là 1 1 5 U ; 9 3 ữ và 2 1 5 U ; 9 3 ữ . (3). Đồ thị của hàm số: Ta tìm thêm vài điểm trên đồ thị A(2; 8), B(2; 8) Bạn đọc tự vẽ đồ thị. 2. Miền xác định D = Ă . Đạo hàm: y' = 4x 3 4(m + 1)x = 4x(x 2 m 1), y' = 0 x(x 2 m 1) = 0. (1) Hàm số có ba điểm cực trị A, B, C khi: (1) có ba nghiệm phân biệt m + 1 > 0 m > 1. (*) Khi đó, (1) có ba nghiệm phân biệt x = 0, x = m 1 + và toạ độ ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A(0; m 2 ), B( m 1+ ; 2m 1) , C( m 1+ ; 2m 1). Ta có ABC cân tại A nên chỉ có thể vuông tại A, suy ra: AB.AC 0= uuur uuur ( ) ( ) 2 2 m 1; m 2m 1 m 1; m 2m 1 0 + + = (m + 1) + (m + 1) 4 = 0 (m + 1)[1 + (m + 1) 3 ] = 0 (*) 3 (m 1) 1 + = m + 1 = 1 m = 0. Vậy, với m = 0 thoả mãn điều kiện đầu bài. 9 Câu 2. Biến đổi phơng trình về dạng: ( ) 3 sin 2x cos 2x 1 2cos x 0+ + = 2 2 3 sin x.cos x 2cos x 2cos x 0 + = ( ) 3sinx cosx 1 cosx 0 + = 3sinx cosx 1 cosx 0 + = = 3 1 1 sinx cosx 2 2 2 cosx 0 + = = cos x cos 3 3 cosx 0 = ữ = x k2 3 3 x k2 3 3 x k 2 = + = + = + 2 x k2 3 x k2 , k . x k 2 = + = = + Â Vậy, phơng trình có ba họ nghiệm. Câu 2. Ta có thể trình bày theo các cách sau: Cách 1: (Sử dụng kiến thức toán 10): Kí hiệu các phơng trình trong hệ theo thứ tự là (1), (2). Biến đổi phơng trình (2) về dạng: 2 2 1 1 x y 1. 2 2 + + = ữ ữ Từ đó, suy ra: 1 1 x 1 2 3 1 x 1 ; 2 2 1 1 y 1 2 + 1 3 y 1 . 2 2 + Biến đổi phơng trình (1) về dạng: (x 1) 3 12(x 1) = (y + 1) 3 12(y + 1) [(x 1) 3 (y + 1) 3 ] [12(x 1) 12(y + 1)] = 0 (x y 2)[(x 1) 2 + (x 1)(y + 1) + (y + 1) 2 ] 12(x y 2) = 0 (x y 2)[(x 1) 2 + (x 1)(y + 1) + (y + 1) 2 12] = 0 x y 2 = 0 y = x 2 khi đó, thì (2) có dạng: 4x 2 8x + 3 = 0 3 1 x y 2 2 . 1 3 x y 2 2 = = = = 10 . SH AH.sin 60 = + 2 24 7a = a 42 HK . 12 = Từ đó: BC // AN BC // (SAN) d(BC, SA) = d(B, (SAN); d(B, (SAN)) BA d(H, (SAN)) HA = BA d(BC, SA) .HK HA =. 2. Một điểm t a để trả lời các thắc mắc − Đăng kí Học tập từ xa” GIẢI ĐỀ THI MÔI TOÁN KHỐI A − A1 NĂM 2012  Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Đánh giá