Giải đề thi đại học khối D môn toán 2012

Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối D 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 D

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

đề thi môn toán khối D năm 2012

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)

Câu 1:(2 điểm): Cho hàm số:

y x mx 2(3m 1)

     (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 hàm số (1) có hai điểm cực trị với hoành độ x1 và x2 sao cho

x1x2 + 2(x1 + x2) = 1

Câu 2:(1 điểm): Giải phơng trình:

sin 3x cos3x sin x cos x    2cos 2x

Câu 3:(1 điểm): Giải hệ phơng trình:

xy x 2 0

, (x, y )

2x x y x y 2xy y 0

  











Câu 4:(1 điểm): Tính tích phân:

/4

0

I x(1 sin 2x)dx



Câu 5:(1 điểm): Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông, tam

giác A’AC vuông cân, A’C = a Tính thể tích khối tứ diện ABB’C’ và khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD’) theo a

Câu 6:(1 điểm): Cho các số thực x, y thoả mãn (x  4))2 + (y  4))2 + 2xy  32 Tìm

giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x5 + y5 + 3(xy  1)(x + y  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 chữ nhật ABCD Các

đờng thẳng AC và AD lần lợt có phơng trình x + 3y = 0 và x  y + 4) = 0; đ-ờng thẳng BD đi qua điểm M 1; 1

3

 

Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD

Câu 8.a (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng

(P): 2x + y  2z + 10 = 0 và điểm I(2; 1; 3) Viết phơng trình mặt cầu tâm I cắt (P) theo một đờng tròn có bán kính bằng 4)

Câu 9.a (1 điểm): Cho số phức z thoả mãn (2 i)z 2(1 2i) 7 8i.

1 i



của số phức w = z + 1 + i

B Theo chơng trình Nâng cao

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

2x  y + 3 = 0 Viết phơng trình đờng tròn có tâm thuộc (d), cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2

Câu 8.b (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng

x 1 y 1 z (d) :

 và hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 1; 0) Xác định điểm

M thuộc (d) sao cho tam giác AMB vuông tại M

Câu 9.b (1 điểm): Giải phơng trình z23(1 i)z 5i 0   trên tập hợp số phức

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

đa thức bậc ba

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 = 

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

Bớc 2: Hàm số có hai điểm cực trị với hoành độ x1, x2:

 (1) có hai nghiệm phân biệt

Bớc 3: Thiết lập hệ thức Viét cho x1 và x2

Sử dụng điều kiện:

x1x2 + 2(x1 + x2) = 1  Giá trị của tham số

Bớc 4: Kết luận

Câu 2 Với phơng trình lợng giác kiểu này ta định hớng sử dụng công thức biến

đổi tổng thành tích và dó đó có hai cách nhóm:

Ta có đợc nhân tử chung (2cosx + 1)

Cách 1: Với các công thức sin a cosa 2 sin a

4)



ta nhóm:

sin 3x cos3x  sin x cos x  2cos 2x

2 sin 3x 2 sin x 2cos 2x

sin 3x sin x cos 2x

Tới đây bằng việc sử dụng công thức sin a sin b 2cosa b.sina b

xuất hiện nhân tử chung cos2x cho phơng trình, cụ thể:

2cos 2x.sin x cos 2x

4



Cách 2: Với các công thức:

sin a sin b 2cos sin & cosa cos b 2co s cos

ta nhóm:

sin 3x sin x   cos3x cos x   2cos 2x

2cos 2x.sin x 2cos 2x.cos x 2cos 2x

Với nhân tử chung cos2x phơng trình đợc biến đổi về dạng tích, cụ thể:

2(sin x cos x) 1 cos 2x 0

Câu 3 Ta định hớng có thể rút x hoặc y từ phơng trình thứ nhất của hệ, cụ thể với

nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của phơng trình thứ nhất trong hệ nên ta có biến đổi:

x(y + 1) = 2 y 1 2

x

x

Thay (*) vào phơng trình thứ hai của hệ, ta đợc:

2

             

2

2

x x

       x5x4 x2 3x 2 0. 

Nh vậy, nói chung hệ có thể đợc giải bằng phơng pháp thế Tuy nhiên, với lựa

chọn này ta phải giải một phơng trình bậc 5 nên cần có kiến thức về "Phân tích

đa thức thành nhân tử".

Lựa chọn khác sẽ là chuyển phơng trình thứ hai của hệ về dạng tích và với 6 nhân tử ta có thể chia thành hai nhóm:

 Với nhóm 3, ta có:

x2(2x  y + 1) + y(y  2x  1) = 0

 x2(2x  y + 1)  y(2x  y + 1) = 0  (x2  y)(2x  y + 1) = 0

2

y x

y 2x 1

 

 

 



 Với nhóm 2, ta có:

(2x3  2xy)  (x2y  y2) + (x2  y) = 0

 2x(x2  y)  y(x2  y) + (x2  y) = 0  (x2  y)(2x  y + 1) = 0

2

x y 0 2x y 1 0

  

 

  



2

y x

y 2x 1

 

 

 



Câu 4 Ta thấy ngay rằng cần sử dụng phơng pháp tích phân từng phần, cụ thể với

phép đặt:

u x

dv (1 sin 2x)dx







 



Câu 5

1. Tứ diện ABB’C’ đợc coi là hình chóp C.ABB’ nên ta có ngay:

ABB 'C ' ABB '

1

 1BC.AB.BB '

6



Trong đó, độ dài các đoạn thẳng BC, AB, BB’ đợc xác định bằng việc sử dụng

hệ thức lợng trong tam giác vuông

2. Ta nhận thấy:

d(A, (BCD’)) = d(A, (BCD’A’)) = d(A, A’B) = h

Và h đợc xác định bằng việc sử dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông

Câu 6 Trớc tiên cần đơn giải biểu thức điều kiện:

(x + y)2  8(x + y)  0  0  x + y  8

Ta thấy ngay, cần biết cách định hớng biến đổi biểu thức A về một hàm số chứa t = x + y, cụ thể:

A = (x + y)3  6xy  3(x + y) + 6

Với yêu cầu tìm giá trị nhỏ nhất của A, thì cần có biến đổi:

6xy  g(x + y)

và điều này đợc thực hiện bằng việc sử dụng bất đẳng thức:

2

x y

2



Từ đó, suy ra:

A t t 3t 6 f(t)

2

Tới đây, bài toán đợc chuyển về việc tìm gtnn của hàm số f(t) trên tập D = [0; 8]

A Theo chơng trình Chuẩn

Câu 7.a Phác thảo hình vẽ và gọi I là giao điểm của AC với BD Ta thấy:

 Toạ độ điểm A đợc xác định thông qua tơng giao của AC và AD.

 Khai thác giả thiết về điểm M với khẳng định cần có đợc toạ độ của D và

của I, từ đó định hớng theo các cách:

Cách 1: Ta thấy:

- Muốn có D cần có toạ độ trung điểm K của AD

- KI là trung trực của AD, suy ra:

KI là trung trực của MN (với N  AC sao cho MN // AD)

 Cần có đợc toạ độ điểm N

 Cần có đợc phơng trình đờng thẳng (MN)

Phơng trình (MN) đợc xác định khá đơn giản bởi nó đi qua M và song song với (AD)

Từ đó, thứ tự các bớc thực hiện với cách giải này sẽ là:

Bớc 1: Lập phơng trình đờng thẳng (MN) với:

Qua M

MN / /AD







Bớc 2: Toạ độ các điểm K, I có đợc khi cho (MN) tơng giao với (AD)

và (AC)

Bớc 3: Từ K ta nhận đợc toạ độ của D rồi suy ra toạ độ các điểm còn lại

là B và C

Cách 2: Với hình chữ nhật ABCD thì IAD cân tại I nên:

- Từ điều kiện IAD IDA ta xác định đợc vtcp của đờng thẳng (BD).

- Lập phơng trình đờng thẳng (BD) biết nó đi qua M

- Với (BD) ta xác định toạ độ của điểm I ((AC)  (BD) = {I}), điểm DI}), điểm D), điểm D ((BD)  (AD) = {I}), điểm DD}), điểm D) và từ đó sử dụng tính chất trung điểm sẽ nhận

đ-ợc toạ độ của C và B

Cách 3: Sử dụng phơng trình tham số của (AC) (tham số a) và (AD) (tham

số b) để có đợc toạ độ biểu diễn cho D và I Từ các điều kiện:

IA ID

M ID











 Giá trị của a, b  Toạ độ của D và I

Sử dụng tính chất trung điểm sẽ nhận đợc toạ độ của C và B

Câu 8.a Bài toán thuộc dạng đơn giản khi chỉ cần thực hiện:

 Với H là hình chiếu vông góc của I trên (P), suy ra:

IH = d(I, (P))

 Gọi R là bán kính của mặt cầu, suy ra:

R2 = IH2 + r2

Câu 9.a Với bài toán này ta thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Biến đổi biểu thức điều kiện để tìm đợc z ở đây cần sử dụng kiến

thức về phép chia hai số phức

Bớc 2: Tìm w, rồi suy ra môdun của nó

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu 7.b Sử dụng phơng trình tham số của đờng thẳng (d) để có đợc toạ độ điểm

I(t; 2t + 3)

Với điều kiện AB = CD, suy ra:

d(I, Ox) = d(I, Oy)  Giá trị tham số t  Toạ độ tâm I

Bán kính R của đờng tròn đợc cho bởi:

2

R d (I, Ox)

2

 

 

Từ đó, nhận đợc phơng trình chính tắc của đờng tròn (C) cần tìm

 Chú ý: Cũng có thể sử dụng tính chất hai cát tuyến bằng nhau của đờng tròn để

khẳng định:

AB = CD  d(I, Ox) = d(I, Oy) I(a; a)

I(a; a)



 





Giá trị của a đợc xác định khi sử dụng điều kiện I  (d)

Câu 8.b Sử dụng phơng trình tham số của đờng thẳng (d) để có đợc toạ độ điểm

I(1 + 2t;  1  t; t)

Với điều kiện AMB vuông tại M, suy ra:

AMBM

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

AM.BM 0

   

 Giá trị tham số t  Toạ độ M

Câu 9.b Sử dụng "Phơng pháp giải phơng trình bậc hai với hệ số phức" bằng

phép tính  và tính căn bậc hai của số phức

Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối D năm 2012

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)

Câu 1.

a Với m = 1, hàm số có dạng:

y x x 4)x

Ta lần lợt có:

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 3

2 3 x

2 1 4) 2 lim x

3 x x 3x

 

   

      

khi x

khi x

  



    



 Bảng biến thiên:

y' = 2x2  2x  4), y' = 0  2x2  2x  4) = 0 x 1.

x 2





  



 Điểm uốn:

y'' = 4)x  2, y'' = 0  4)x  2 = 0 x 1.

2

Vì y" đổi dấu khi x qua điểm 1

2 nên đồ thị hàm số có một điểm uốn là

1 3

2 2



3 Đồ thị của hàm số  Bạn đọc tự vẽ hình.

b Miền xác định D = 

Đạo hàm:

y' = 2x22mx  2(3m2  1),

y' = 0  2x22mx  2(3m2  1) = 0 (1)

Hàm số có hai điểm cực trị khi phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt:

 ’ > 0  13m2  4) > 0 m 2

13

Khi đó, hoành độ hai điểm cực trị x1, x2 thoả mãn hệ thức Viet:

2

1 2

x x 3m 1







Ta có x1x2 + 2(x1 + x2) = 1 tơng đơng với:

(3m2  1) + 2m = 1  3m3  2m = 0

2 m 3

m 0 (loai)















Vậy, với 2

m

3

 thoả mãn điều kiện đầu bài

Câu 2 Ta có thể trình bày theo các cách sau:

Cách 1: Biến đổi phơng trình về dạng:

sin 3x cos3x  sin x cos x  2cos 2x

2 sin 3x 2 sin x 2cos 2x

sin 3x sin x cos 2x

2cos 2x.sin x co s 2x

4



4

1 sin x

cos 2x 0

  







4 6 5

4 6

2

 



   













   



12 7

12





  













  





Vậy, phơng trình có ba họ nghiệm

Cách 2: Biến đổi phơng trình về dạng:

sin 3x sin x   cos3x cos x   2cos 2x

2cos 2x.sin x 2cos 2x.cos x 2cos 2x

2(sin x cos x) cos 2x 2cos 2x

2 2 sin x co s 2x 2cos 2x

4



4

1 sin x

cos 2x 0

  







4 6 5

4 6

2

 



   













   



12 7

12





  













  





Vậy, phơng trình có ba họ nghiệm.

Câu 3 Ta có thể trình bày theo các cách sau:

Cách 1: Biến đổi phơng trình thứ hai của hệ về dạng:

x2(2x  y + 1) + y(y  2x  1) = 0

 x2(2x  y + 1)  y(2x  y + 1) = 0  (x2  y)(2x  y + 1) = 0

2

x y 0

2x y 1 0

  

 

  



2

y x

y 2x 1

 

 

 



Ta lần lợt:

 Với y = x2 thì phơng trình thứ nhất của hệ có dạng:

x3 + x  2 = 0  (x  1)(x2 + x + 2) = 0 x 12 0

x x 2 0

 



 

  



 x = 1  y = 1  Nghiệm của hệ (1; 1)

 Với y = 2x + 1 thì phơng trình thứ nhất của hệ có dạng:

x(2x + 1) + x  2 = 0  2x2 + 2x  2 = 0

1 5 x

2

1 5 x

2

  









  







1 5

2

1 5

x & y 5 2

  







  





Vậy, hệ phơng trình có các cặp nghiệm là:



Cách 2: Biến đổi phơng trình thứ hai của hệ về dạng:

(2x3  2xy)  (x2y  y2) + (x2  y) = 0

 2x(x2  y)  y(x2  y) + (x2  y) = 0  (x2  y)(2x  y + 1) = 0

2

x y 0

2x y 1 0

  

 

  



2

y x

y 2x 1

 

 

 



Ta lần lợt:

 Với y = x2 thì phơng trình thứ nhất của hệ có dạng:

x3 + x  2 = 0  (x  1)(x2 + x + 2) = 0 x 12 0

x x 2 0

 



 

  



 x = 1  y = 1  Nghiệm của hệ (1; 1)

 Với y = 2x + 1 thì phơng trình thứ nhất của hệ có dạng:

x(2x + 1) + x  2 = 0  2x2 + 2x  2 = 0

1 5 x

2

1 5 x

2

  









  







1 5

1 5

x & y 5 2

  







  





Vậy, hệ phơng trình có các cặp nghiệm là:



Cách 3: Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của phơng trình thứ nhất trong hệ

nên ta có biến đổi:

x(y + 1) = 2 y 1 2

x

x

Thay (*) vào phơng trình thứ hai của hệ, ta đợc:

2

             

2

2

x x

       x5x4 x2 3x 2 0 

(x 1)(x 2x 2x x 2) 0

        (x 1)(x 2 x 1)(x2 x 2) 0

2

2

x 1 0

x x 1 0

x x 2 0

 





    

   



x 1

1 5 x

2







 



1 5

2

x 1 & y 1

1 5

x & y 5

2

  







 



Vậy, hệ phơng trình có các cặp nghiệm là:



Câu 4 Đặt:

u x

dv (1 sin 2x)dx







 



du dx

1

v x cos2x

2







 

 



Từ đó:

/ 4 /4

0 0

I x x cos 2x x cos 2x dx

 

       

   

2 2

0

x 1 sin 2x

16 2 4





    

2 1

32 4



 

Câu 5 Bạn đọc tự vẽ hình.

a Tứ diện ABB’C’ đợc coi là hình chóp C.ABB’ nên ta có ngay:

1

 1BC.AB.BB '

6



Trong đó, ta lần lợt có:

 A’C = a và A’AC vuông cân chỉ có thể tại A nên:

A 'C

A 'A AC

2

2



 ABC vuông cân tại B nên:

AC

AB BC

2

2

2 2

Từ đó, suy ra:

ABB 'C '

1 a a a

6 2 2 2



3

a 24) 2



b Ta nhận thấy:

d(A, (BCD’)) = d(A, (BCD’A’)) = d(A, A’B) = h

Trong AA’B vuông tại A, ta đợc:

h A 'A AB  2  2

a / 2

a / 2

2

6 a

6

Câu 6.a Biến đổi biểu thức điều kiện về dạng:

(x + y)2  8(x + y)  0  0  x + y  8

Mặt khác, ta có:

6xy (x y)

2

Biến đổi A về dạng:

A = (x + y)3  6xy  3(x + y) + 6 3 3 2

(x y) (x y) 3(x y) 6

2

Đặt t = x + y (0  t  8), ta xét hàm số:

f(t) t t 3t 6

2

    trên đoạn D = [0; 8].

2

f '(t)3t  3t 3 ; f’(t) = 0  t2  t  1 = 0

t D 1 5

2

 

 

Ta lần lợt có:

f(0) = 6; f 1 5 17 5 5;



f(8) = 398

Vậy, ta đợc Min 17 5 5

P

4



 , đạt đợc khi t 1 5

2





Từ đó, suy ra AMin 17 5 5

4



 , đạt đợc khi:

x y

1 5

x y

2







 





1 5

4)



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 Ta có thể trình bày theo các cách sau:

Cách 1: Toạ độ điểm A ((AC)  (AD) = {I}), điểm DA}), điểm D) thoả mãn hệ phơng trình:

x 3y 0

x y 4) 0





  



x 3

y 1





 





 A(3; 1)

Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN // AD, ta có:

1 Qua M ; 1

3 (MN) :

vtcp AD(1; 1)









4) (MN) : x y 0

3

Toạ độ điểm N ((AC)  (MN) = {I}), điểm DN}), điểm D) thoả mãn hệ phơng trình:

x 3y 0

4)

3







  



x 1 1 y 3







 





1

N 1; 3

Phơng trình đờng trung trực (d) của MN đợc cho bởi:

2 2 Qua ;

3 3 (d) :

vtcp AD(1; 1)







  (d): x + y = 0

Gọi K là trung điểm AD thì (d)  (MN) = {I}), điểm DK}), điểm D, ta có:

x y 0

x y 4) 0

 





  



x 2

y 2





 





 K(2; 2)  Toạ độ D(1; 3)

Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD thì (d)  (AC) = {I}), điểm DI}), điểm D, ta có:

x y 0

x 3y 0

 







x 0

y 0





 





 I(0; 0)  Toạ độ C(3 ; 1) và B(1; 3)

B A

C D

I

M N

K

Cách 2: Toạ độ điểm A ((AC)  (AD) = {I}), điểm DA}), điểm D) thoả mãn hệ phơng trình:

x 3y 0

x y 4) 0





  



x 3

y 1





 





 A(3; 1)

Phơng trình của (BD) đợc cho bởi:

1 (BD) : a x b(y 1) 0, (a b 0)

3

Ta có:

2 10 2 a b



2 a b 10 a b

     3a2  10ab + 3b2 = 0 a 3b

3a b





 





Vì BD cắt AC tại I nên chỉ có thể nhận a = 3b, suy ra:

1 (BD) : 3b x b(y 1) 0

3

   (BD): 3x + y = 0.

Toạ độ điểm I ((AC)  (BD) = {I}), điểm DI}), điểm D) thoả mãn hệ phơng trình:

3x y 0

x 3y 0

 







x 0

y 0





 





 I(0; 0)  Toạ độ C(3 ; 1)

Toạ độ điểm D ((BD)  (AD) = {I}), điểm DD}), điểm D) thoả mãn hệ phơng trình:

x y 4) 0

3x y 0

  





 



x 1

y 3





 





 D(1; 3)  Toạ độ B(1; 3)

Cách 3: Toạ độ điểm A ((AC)  (AD) = {I}), điểm DA}), điểm D) thoả mãn hệ phơng trình:

x 3y 0

x y 4) 0





  



x 3

y 1





 





 A(3; 1)

Chuyển phơng trình các đờng thẳng (AC) và (AD) về dạng tham số:

x 3a (AC) : , a

y a













  Toạ độ của I(3a; a);

x b (AD) : , b

y b 4)









 



  Toạ độ của D(b; b + 4))

Ta lần lợt:

 Vì M thuộc ID nên:

MI kMD

 

1 b 3 b

3





9a 1 a 1 3b 1 b 3

B A

C D

I

M