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

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 = x4  2(m + 1)x2 + m2 (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:

2 2

, (x, y )

1

2











Câu 4:(1 điểm): Tính tích phân

3

2 1

1 ln(x 1)

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 600 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 P 3x y 3y z 3z x 6x2 6y2 6z 2

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

2 2

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

(d) :

  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

5C  C Tìm số hạng chứa x5 trong khai triển nhị thức Niuton của

n 2

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu 7.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn (C):

x2 + y2 = 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

(d) :

  , 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 + z2

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:

 Miền xác định D = 

 Tính đạo hàm rồi thiết lập phơng trình y' = 0 (1)

 (1) có ba nghiệm phân biệt

hàm số

Sử dụng điều kiện ABC cân tại A nên chỉ có thể vuông tại A, suy ra:

 

 Giá trị của tham số m

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 = 2cos2x  1 = 1  2sin2x = cos2x  sin2x

Từ đặc thù của phơng trình là VP có chứa 1 nên ta chọn cos2x = 2cos2x  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

 





4

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 phph-ơng 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

(*)

 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

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

2

4

1

2

4

Từ đó:

(x  1)2 + (x  1)(y + 1) + (y + 1)2 9 9 9 27

 (**) vô nghiệm

Hớng 2: Biến đổi tiếp:

f(x  1) = f(y + 1) với f(t) = t3  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

3

Trong đó:

 Vì ABC là tam giác đều cạnh a nên

2 ABC

a 3

4

 

 Độ dài của SH đợc bằng việc sử dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông SHC, cụ thể:



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:

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 3x y  3y z  3z x  , 6x2 6y2 6z 2

Từ đó, định hớng biến đổi:

 Với 6x2 + 6y2 + 6z2 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(x2 + y2 + z2)  (x + y + z)2 = 3(x2 + y2 + z2)

 6x2 + 6y2 + 6z2 = 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:

x y  y z  z x  2 x y  y z  z x 

 Tới đây, ta nhận đợc ba cặp dạng (3t  t), t  0 trong P

 Xét hàm số f(t) = 3t  t trên tập D = [0; + ) ta có:

f'(t) = 3t.ln3  1 > 0, t  D  Hàm số đồng biến trên D

 f(t)  f(0) = 1

 Bất đẳng thức cần chứng minh là 3t ≥ t + 1, t ≥ 0

Từ định hớng trên ta sẽ hình thành đợc các bớc cần thực hiện để nhận đợc PMin

= 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:

6

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

 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:

đ-ợc biểu diễn toạ độ của điểm H theo t

IH  AB

 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:

5C  C để tìm đợc giá trị của n

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:

2 2

2 2

và (E) Khi đó:

 Từ A  (C) suy ra đợc toạ độ của A

 Từ A  (E) suy ra đợc giá trị của b

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:

biểu diễn toạ độ của điểm M theo t

Suy ra toạ độ của N theo t

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   , 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:

y = x4  2x2

(1) Hàm số xác định trên D = 

(2) Sự biến thiên của hàm số:

 Giới hạn của hàm số tại vô cực:

x

lim y

2 x

2

x

 

 Bảng biến thiên:

y' = 4x3  4x, y' = 0  4x3  4x = 0 x 0





 







CĐ

0

CT



+

 Điểm uốn:

y'' = 12x24, y'' = 0  12x2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 U1 1 ; 5

9 3

và U2 1 ; 5

9 3



(3) Đồ thị của hàm số: Ta tìm thêm vài điểm trên đồ thị A(; 8), B(2; 8)  Bạn

đọc tự vẽ đồ thị.

2. Miền xác định D = 

Đạo hàm:

y' = 4x34(m + 1)x = 4x(x2m  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; m2), 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:

8

 

 (m + 1) + (m + 1)4 = 0  (m + 1)[1 + (m + 1)3] = 0

(*)

3

    m + 1 = 1  m = 0.

Vậy, với m = 0 thoả mãn điều kiện đầu bài

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

 























2















   



2

3

2









  







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

Từ đó, suy ra:

1

2

     1 y 1 1

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:

4x2  8x + 3 = 0





 

   



Vậy, hệ phơng trình có hai cặp nghiệm 3; 1 , 1; 3

Cách 2: (Sử dụng kiến thức toán 11): Kí hiệu các phơng trình trong hệ theo thứ tự

là (1), (2)

Biến đổi phơng trình (2) về dạng:

2 2

Từ đó, đặt:

1

2

1

2







  



1

2

1

2







Biến đổi phơng trình (1) về dạng:

(x  y  2)(x + y)  12(x  y  2) = 0

 (x  y  2)(x + y  12) = 0 x y 2 0









4



1 sin t



t

3 t





 



t 2 t





















 



Vậy, hệ phơng trình có hai cặp nghiệm 3; 1 , 1; 3

Cách 3: (Sử dụng kiến thức toán 12): Biến đổi hệ phơng trình về dạng:

2 2





Từ phơng trình (2) ta thấy:

10

2

     1

2

Khi đó, hàm số f(t) = t3  12t trên đoạn D 3 3;

2 2

  ta có:

f’(t) = 3t2  12t = 3(t2  4) < 0  f(t) nghịch biến trên D

Do đó (1) đợc biến đổi về dạng:

Thay (3) vào (2) ta đợc:

2 2

 4x2  8x + 3 = 0

(3)

(3)





 

   



Vậy, hệ phơng trình có hai cặp nghiệm 3; 1 , 1; 3

Câu 4 Sử dụng phơng pháp tích phân từng phần bằng cách đặt:

2

u 1 ln(x 1)

dx

dv

x











dx du

x 1

1 v x





 

 



Khi đó:

3 3 2

1 1

I





3 1

dx





 13

2 ln 2

ln x ln(x 1) 3



Câu 5 Bạn đọc tự vẽ hình.

a Thể tích khối chóp S.ABC đợc cho bởi:

S.ABC ABC

1

3

Trong đó:

2 ABC

4

Gọi D là trung điểm của AB, ta có:



0

.tan 60

a 21 3

Từ đó, bằng cách thay (2), (3) vào (1) ta đợc:

2 S.ABC

1 a 3 a 21



3

a 7 12



b Kẻ Ax // BC Gọi N và K theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của H trên Ax và

SN Ta có nhận xét:

d(H, (SAN)) = HK

2 2 2

SH AH.sin 60

2

24 7a

12

Từ đó:

BC // AN  BC // (SAN)  d(BC, SA) = d(B, (SAN);

BA

HA

2 12

8



Câu 6 Trớc tiên, ta đi chứng minh :

Thật vậy, xét hàm số f(t) = 3t  t  1 trên tập D = [0; +) ta có:

f'(t) = 3t.ln3  1 > 0, t  D  Hàm số đồng biến trên D

 f(t)  f(0) = 0

bất đẳng thức (*) đúng và dấu "=" xảy ra khi t = 0

áp dụng (*) ta đợc:

x y y z z x

áp dụng bất đẳng thức a + b  a + b, ta đợc:

 x y  y z  z x 2 = x  y2 + y  z2 + z  x2 +

+ 2x  y.y  z + 2y  z.z  x + 2z  x.x  y

= x  y2 + y  z2 + z  x2 +

+ x  y(y  z + z  x) + y  z(z  x + x  y)

+ z  x(x  y + y  z)

 2(x  y2 + y  z2 + z  x2)

2 2 2

6x 6y 6z

Từ (1) và (2) suy ra P  3, suy ra PMin = 3 đạt đợc khi:

12

x y y z z x

x y z 0





  



 x = y = z = 0

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 Học sinh tự vẽ hình.

Chuyển phơng trình đờng thẳng (AN) về dạng tham số:

x t









 



  A(t; 2t  3)

Gọi H là giao điểm của AN và BD Kẻ đờng thẳng qua H và song song với

AB, cắt AD và BC theo thứ tự tại P và Q

Đặt HP = x, suy ra:

PD = QC = x; AP = 3x; HQ = 3x; MQ = x

 AHP = HMQ  AH  HM

Hơn nữa, ta cũng có:

AH = HM  AM 2HM 2d(M, (AN))

2 2

2 121 2 49 90

 t2  5t + 4 = 0 t 1

t 4







1 2

A (1; 1)

A (4; 5)





 



Vậy, tồn tại hai điểm A1(1; 1) và A2( 4; 5) thoả mãn điều kiện đầu bài

Câu 8.a Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (d), suy ra H là trung điểm của

AB

Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) về dạng tham số:

 







  



  H(t  1; 2t; t + 2)

Sử dụng điều kiện IH vuông góc với AB, ta đợc:

IH  AB

 t  1 + 4t + t  1 = 0

1 t

3

3 3 3

Sử dụng điều kiện IAB vuông tại I, ta đợc:

3



Từ đó, suy ra:

2 2 2 8

3

Câu 9.a Ta có biến đổi:

6

Khi đó, ta đợc:

7 k k 2

7 k 7

k 0

C







k 7

k 7 14 3k

7 k

k 0

C

2







Số hạng chứa x5 tơng ứng với:

14  3k = 5  k = 3

Do đó, số hạng cần tìm là

3

3 7 5 5

7 3

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu 7.b Elip (E) với độ dài trục lớn bằng 8 có phơng trình chình tắc:

2 2

2 2

Từ giả thiết (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của hình vuông ABCD (với A  P(I)), suy ra A(t; t) với t > 0 và:

A  (C)  t2 + t2 = 8  t = 2  A(2; 2)

A  (E)

2 2

2 2

1

3

Vậy, ta đợc

2 2

16 16 / 3 

Câu 8.b Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) về dạng tham số:

 







  



  M(2t  1; t; t + 2)

Sử dụng điều kiện A là trung điểm MN, ta đợc N(2t + 3 ; t  2; t + 2) và:

N  (P)  2t + 3  t  2  2(t + 2) + 5 = 0  t = 2  M(3; 2; 4)

Phơng trình đờng thẳng () đợc cho bởi:

Qua A(1; 1; 2)

( ) :

Qua M(3; 2; 4)







Câu 9.b Giả sử z = a + bi, a, b   ta có ngay:

5 z i

2 i

z 1



 



 (3a  b  2) + (a  7b + 6)i = 0 3a b 2 0

a 7b 6 0



 



a 1

b 1





 





 z = 1 + i

14

Từ đó, suy ra:

w = 1 + z + z2 = 1 + (1 + i) + (1 + i)2 = 2 + 3i 2 2