Đang tải... (xem toàn văn)
Viết phương trình chính tắc elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông... Tính theo a thể tích của khối chóp S[r]
(1)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Đề thức
Đề thi tuyển sinh ĐH năm 2010 Mơn: Tốn, Khối A
Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 2x2 + (1 – m)x + m (1), m số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =
Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hồnh điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2, x3 thỏa mãn điều kiện : 2
1 2
x x x 4 Câu II (2,0 điểm)
Giải phương trình
(1 sin x cos 2x)sin x
1
cos x
1 tan x
Giải bất phương trình :
2
x x
1
1 2(x x 1)
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân :
1 x x x
x e 2x e
I dx
1 2e
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Gọi M N trung điểm cạnh AB AD; H giao điểm CN DM Biết SH vng góc với mặt phẳng (ABCD) SH = a Tính thể tích khối chóp S.CDNM khoảng cách hai đường thẳng DM SC theo a
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
(4 1) ( 3)
4
x x y y
x y x
(x, y R)
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh làm hai phần (phần A B)
A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1: 3x y d2: 3x y Gọi (T) đường tròn tiếp xúc với d1 A, cắt d2 hai điểm B C cho tam giác ABC vng B Viết phương trình (T), biết tam giác ABC có diện tích
2 điểm A có hồnh độ dương 2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
2 1
x y z
mặt phẳng (P) : x 2y + z =
Gọi C giao điểm với (P), M điểm thuộc Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo số phức z, biết z( 2i) (12 )i
B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng qua trung điểm của cạnh AB AC có phương trình x + y = Tìm tọa độ đỉnh B C, biết điểm E(1; 3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác cho
2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) đường thẳng : 2
2
x y z
Tính
khoảng cách từ A đến Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt hai điểm B C cho BC = Câu VII.b (1 điểm)
Cho số phức z thỏa mãn (1 )2
i z
i
Tìm mơđun số phức z iz
(2)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN; Khối A
Thời gian làm 180 phút không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số
2
x y
x
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho
2 Chứng minh với m đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A B Gọi k1, k2 hệ số góc tiếp tuyến với (C) A B Tìm m để tổng k1+k2 đạt giá trị nhỏ
Câu II: (2,0 điểm)
1 Giải phương trình sin 2 os2 sin x sin cot
x c x
x x
2 Giải hệ phương trình
2
2 2
5 2( )
( , )
( ) ( )
x y xy y x y
x y
xy x y x y
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân
4
0
sinx ( 1) cos sin cos
x x x
I dx
x x x
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, AB = BC = 2a; hai mặp phảng (SAB) (SAC) vng góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M trung điểm AB; mặt phẳng qua SM song song với BC, cắt AC N Biết góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) bẳng 600 Tính thể tích khối chop S BCNM khoảng cách hai đường thẳng AB SN theo a
Câu V: (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số thực thuộc đoạn [1;4] x y x, zTìm giá trị nhỏ biểu
thức
2
x y z
P
x y x y z x
PHẦN RIÊNG (3.0 điểm); Thí sinh làm hai phần (Phần A B) A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a(2.0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ; x + y + = đường tròn
(C): x2 + y2 – 4x – 2y = Gọi I tâm (C), M điểm thuộc Qua điểm M kẻ tiếp tuyến MA MB đến (C) (A B tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích 10 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; -2; 3) mặt phẳng
(P); 2x – y – z + = Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MA = MB = Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất số phức z, biết z2 z2z
B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E);
2
1
4
x y
Tìm tọa độ điểm A B thuộc (E), có hồnh độ dương cho tam giác OAB cân O có diện tích lớn
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S); x2y2 z2 4x4y4z0và điểm A(4; 4; 0) Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) tam giác OAB
Câu VII.b (1,0 điểm) Tính mơđun số phức z, biết;2z – 1 i ( z1)(1 ) 2 i i
-HẾT -
Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm
(3)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN; Khối A
Thời gian làm 180 phút không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu (2,0 điểm) Cho hàm số yx42( m1)x2m ( )2 ,với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh tam giác vuông Câu (2,0 điểm) Giải phương trình s in2x+cos2x=2cosx-1
Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
3
2
3 22
1
x x x y y y
x y x y
(x, y R)
Câu (1,0 điểm) Tính tích phân
2
1 ln(x 1)
I dx
x
Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABC) điểm H thuộc cạnh AB cho HA = 2HB Góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC theo a
Câu (1,0 điểm) : Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 3x y 3y z 3z x 6 6 6
P x y z
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử 11 1;
2
M
và đường thẳng AN có
phương trình 2x – y – = Tìm tọa độ điểm A
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
1
x y z
điểm I (0; 0; 3) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cắt d hai điểm A, B cho tam giác IAB vuông I
Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn 5 n1
n n
C C Tìm số hạng chứa x5 khai triển nhị thức Niu-tơn
2
1 14
n
nx x
, x ≠
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 = Viết phương trình tắc elip (E), biết (E) có độ dài trục lớn (E) cắt (C) bốn điểm tạo thành bốn đỉnh hình vng
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
2 1
x y z
, mặt phẳng (P) : x + y – 2z + = điểm A (1; -1; 2) Viết phương trình đường thẳng cắt d (P) M N cho A trung điểm đoạn thẳng MN
Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa 5( )
z i
i
z Tính mơđun số phức w = + z + z
(4)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn : TỐN - Khối : A A1
Thời gian làm 180 phút,không kể thời gian giao đề
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y x3 3x23mx (1)
, với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =
b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến khoảng (0; +) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình tan x 2 sin x
4
Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
4
2
1
2 ( 1)
x x y y
x x y y y
(x, y R)
Câu (1,0 điểm) Tính tích phân
2
2
1 ln
x
I x dx
x
Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vng A,
ABC30 , SBC tam giác cạnh a mặt bên SBC vng góc với đáy Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB)
Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a c)(b c) 4c2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
3 2
3
32a 32b a b
P
(b 3c) (a 3c) c
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d : 2x y 0 A( 4;8) Gọi M điểm đối xứng B qua C, N hình chiếu vng góc B đường thẳng MD Tìm tọa độ điểm B C, biết N (5;-4)
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :x y z
3
điểm A(1;7;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vng góc với Tìm tọa độ điểm M thuộc
cho AM = 30
Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi S tập hợp tất số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt chọn từ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; Xác định số phần tử S Chọn ngẫu nhiên số từ S, tính xác xuất để số chọn số chẵn
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng :x y 0 Đường trịn (C) có bán kính R = 10 cắt hai điểm A B cho AB = Tiếp tuyến (C) A B cắt điểm thuộc tia Oy Viết phương trình đường trịn (C)
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x 3y z 11 0 mặt cầu (S) : x2y2 z2 2x 4y 2z 8 0 Chứng minh (P) tiếp xúc với (S) Tìm tọa độ tiếp điểm (P)
và (S)
Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z 1 3i Viết dạng lượng giác z Tìm phần thực phần ảo
số phức
w (1 i)z
(5)HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ NĂM 2010 Câu I: 1) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 2x2 +
Tập xác định R y’ = 3x2 – 4x; y’ = x = hay x = 3; lim
x
y
limx
y
x
3 +
y’ + + y +
CĐ
27
CT
Hàm số đồng biến (∞; 0) ; (4
3; +∞); hàm số nghịch biến (0; 3) Hàm số đạt cực đại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu x=4
3; y( 3) =
5 27
y" = 6x4; y” = x =
3 Điểm uốn I ( 3;
11 27) Đồ thị :
2 Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số (1) trục hoành : x3 – 2x2 + (1 – m)x + m = (x – 1) (x2 – x – m) =
x = hay g(x) = x2 – x – m = (2)
Gọi x1, x2 nghiệm phương trình (2) Với điều kiện + 4m > ta có : x1 + x2 = 1; x1x2 = –m Do yêu cầu toán tương đương với:
2 2
1 4m
g(1) m
x x
1 2
1 m
4
m
(x x ) 2x x
1 m
4
m
1 2m
1 m
4
m
m
1
m
m
Câu II: Điều kiện : cosx0 tanx ≠ - PT (1 sin cos ).(sin cos ) cos
1 tan
x x x x
x x
(1 sin cos ).(sin cos )cos cos sin cos
x x x x
x x
x x
y
x
0 1 4
3
5 27
(6)
(1 sin cos ) sin cos
1
2sin sin sin 1( ) sin
2
2 ( )
6
x x x x
x x x loai hay x
x k hay x k k
2 Điều kiện x ≥
Bất phương trình
2
x x 2(x x 1)
0
1 2(x x 1)
▪ Mẫu số <
2(x x 1) 2x2 – 2x + > (hiển nhiên)
Do bất phương trình
x x 1 2(x x 1) ≤
2(x x 1) x x 1
x 2x
(x 1) x (x 1) x
x x 02
(x x )
x 1 x
0 x
x (1 x)
02 x
x 3x
0 x
3
x
3
x
Cách khác :
Điều kiện x Nhận x t :
2
2 3
1 2( 1)
2
x x x
(1) x x 1 2(x2 x 1) x = không thoả
* x > : (1) x 1 x 1
x x
x 1 x
x x
Đặt 1
2
t x x t
x x
(1) thành :
2
1
2( 1)
2 2 (*)
t
t t
t t t
(*) t2 2t (t 1)2 0 t
1
1
6 5
2
4
1
( )
2
x x x
x
x
x
x loai
(7)1 1
0 0
(1 )
1 2
x x x
x x
x e e e
I dx x dx dx
e e
;
1
1
2
0
1 ;
3
x
I x dx
1
01
x
x
e
I dx
e
=
1
0
1 (1 )
2
x
x
d e
e
=
1
0
1
ln(1 )
x
e
= 1ln
2
e
Vậy I = 1ln
3
e
Câu IV: S(NDCM)=
2 2
2 1
2 2
a a a
a a
(đvdt) V(S.NDCM)=
2
1 5
3
3 24
a a
a (đvtt)
2
2
4
a a
NC a ,
Ta có tam giác vng AMD NDC Nên NCDADM DM vuông NC
Vậy Ta có:
2
2
5
2
a a
DC HC NC HC
a
Ta có tam giác SHC vng H, khỏang cách DM SC chiều cao h vẽ từ H tam giác SHC
Nên 12 2 12 52 12 192
4 12 19
a h
h HC SH a a a
Câu V : ĐK :
x Đặt u = 2x; v 2 y
Pt (1) tr thành u(u2
+ 1) = v(v2 +1) (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = u = v
Ngh a : 2
3
4
2
5
x
x y
x y
Pt (2) tr thành 25 6 4 2 4 7 (*)
4 x x x X t hàm số ( ) 4 6 25 2 4
4
f x x x x 0;3
2
'( ) (4 3)
3
f x x x
x
<
Mặt khác :
f
nên ( ) có nghiệm x =
1
2 y = Vậy hệ có nghiệm x =
2 y = A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:
1 A d1 A (a;a 3) (a>0) Pt AC qua A d1 : x 3y4a0 AC d2 = C(2a; 3a )
Pt AB qua A d2 : x 3y2a0
B A
C D
H M N
(8)AB d2 = B ;
2
a a
2
3 1
; ; ;
2 3
1 3
; ; ( ) :
2
2 3
ABC
S BA BC a A C
Tâm I IA Pt T x y
C (1 + 2t; t; –2 – t)
C (P) (1 + 2t) – 2t – – t = t = –1 C (–1; –1; –1) M (1 + 2t; t; –2 – t)
MC2 = (2t + 2)2 + (t + 1)2 + (–t – 1)2 = 6(t + 1)2 = t + = 1 t = hay t = –2
Vậy M1 (1; 0; –2); M2 (–3; –2; 0) d (M1, (P)) =
1
5
; d (M2, (P)) =
3
5
Câu VII.a: z( i) (1 2i) = (1 2i)(1 2i)= (5 2i) z 5 2i Phần ảo số phức z
B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b :
Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) = x – y =
Gọi K giao điểm IJ AH (với IJ : x + y – = 0), suy K nghiệm hệ x y
x y
K
(2; 2)
K trung điểm AH H K A
H K A
x 2x x
y 2y y
H (-2; -2)
Phương trình BC : 1(x + 2) + 1(y + 2) = x + y + = Gọi B (b; -b – 4) BC
Do H trung điểm BC C (-4 – b; b); E (1; -3)
Ta có : CE (5 b; b 3) vng góc với BA (6 b;b 10) (5 + b)(6 – b) + (-b – 3)(b + 10) =
2b2 + 12b = b = hay b = -6
Vậy B1 (0; -4); C1 (-4; 0) hay B2 (-6; 2); C2 (2; -6) qua M (-2; 2; -3), VTCP a(2;3;2); AM ( 2;2; 1)
aAM ( 7; 2;10) d( A, ) = a AM 49 100 153 17
a
=3
Vẽ BH vng góc với Ta có : BH = BC
2 AHB R
= 16 153 425
17 17
=25 Phương trình (S) : x2y2 (z 2)2 25
Câu VII.b:
3
(1 3i) z
1 i
(1 3i) cos( 3) i sin( 3)
(1 3i)3 8 cos( ) i sin() = 8 z 8(1 i) 4i
1 i
(9)HƯỚNG DẪN GIẢI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I
/
2
1
\ ; 0,
2
D y x D
x
TCĐ: x=
2 1
2
lim , lim
x x
y y
; TCN: y =
lim xy
Hàm số nghịch biến (;1 2) (
1
2; +) Hàm số khơng có cực trị x -∞
2 +∞ y’
y
-1
2 +∞
-∞ -1
2 Phương trình hồnh độ giao điểm (C) đường thẳng d : y = x +m
2
x
x m x
(2x – 1) (x + m) = -x + (Vì x =
1
2 không nghiệm)
2x2 + 2mx – (m + 1) = (1)
Phương trình (1) có m22m 2 (m1)2 1 0, m
R
Phương trình (1) ln có nghiệm nên d ln cắt (C) hai điểm A, B Hoành độ tiếp điểm A, B x1, x2 nghiệm phương trình (1)
x1 + x2 = - m x1.x2 =
1
m
Ta có: 1 2 2 2
1
1
(2 1) (2 1)
k k
x x
=
2
1 2
2 2
4( ) 4( )
4 2( )
x x x x
x x x x
=(4m28m 6) 4(m1)22
k1 + k2 đạt giá trị lớn -2 m = -1
Câu II:
1 sin2 2cos 2.sin sin2 cot
x x
x x
x
2
sin x(1 sin2 xcos )x 2 sin xcosx (ĐK : sinx ≠ 0)
1 sin 2x cos 2x 2 cosx
2
2cos x 2sin cosx x 2 cosx
2cos (cosx xsinx 2)0
cosx = hay cosx + sinx =
cosx = hay sin
x
x =
2 k
hay x =
4 k
(k Z)
O
1
1
-1
1 x
(10)2
2
2 2
2 2
2
2
2
5 2( ) (1)
( ) ( ) (2)
(2) ( ) 2
( )( 1) 2( 1)
( 1)( 2)
1
x y xy y x y
xy x y x y
xy x y x y xy
x y xy xy
xy x y
xy x y
5 2( )
TH1:
1
1
1
x y xy y x y
xy x x v y y 2
2 2
2
2
5 2( )
TH2 :
2
5 ( )( )
2 2
2 2
1 5
1 2 2
5
x y xy y x y
x y
x y xy y x y x y
x y
y x v y x
x y x x x x v y y y y
Câu III : 4
0
sin ( 1) cos sin cos cos
sin cos sin cos sin cos
x x x x x x x x x
dx dx
x x x x x x x x x
= ' 4 0
sin cos 2
1 ln sin cos ln( )
sin cos
x x x
dx x x x x
x x x
Câu IV Ta có : SBA = 600 SBA ½ tam giác nên SA =
4 3 a a
V(SMNCB) =
1
( )
3
a
a a a
= 3 a
Kẻ NI // AB để có AMNI hình vng, khoảng cách AB đến SN đường cao SAI, gọi h chiều cao đó, ta có:
2 2
1 1
(2 3)
h a a h =
12 13
a
Câu V P =
2
x y z
x y yzzx
Lấy đạo hàm theo z ta có : P’ (z) = 2 2
( ) ( )
y x
y z z x
= 2 ( )( ) ( ) ( )
x y z xy
y z z x
S
A B
C N
M
(11)+ Nếu x = y P =
+ Ta xét x > y P P( xy) =
2
y x
x y y x
Khảo sát hàm P theo z, ta có P nhỏ z = xy
Đặt t = x
y P thành f(t) =
2
2
2
t
t t (t (1; 2])
f’(t) =
3
2 2
2[4 ( 1) 3(2 3)]
(2 3) ( 1)
t t t t
t t
<
Vậy P f(t) f(2) = 34
33 Dấu “=” xảy x = 4, y = 1, z = Vậy P = 34
33 Câu VI.a
1 Diện tích MAI=5 =1
2AM AM2 5và MI
= IA2 + AM2 = 25 M M(m; -m – 2) Vậy MI (2 m m; 3) nên ta có phương trình:
2
4m 4m m 6m 9 25 m2 + m – = m = hay m = -3
M (2; -4) M (-3; 1)
2 Pt mp (Q) trung trực đoạn AB qua trung điểm I (1;-1;2) AB có VTPT IA=(1;1;-1) : x + y – z + = Giao tuyến d (P) (Q) qua J (0; 1; 3) có VTCP a= (2; 1; 3)
pt d : 3
x t
y t
z t
MA = MB, M (P) M d M (2t; + t; + 3t) MA = (2 – 2t)2 + (-1 – t)2 + (-2 – 3t)2 =
t = hay t =
Vậy M (0; 1; 3) hay M 12; ; 7
Câu VII.a Giả sử z = a + bi (a, b R)
z2 z2 z (a ib)2a2 b2 a ib a2 b2 2abia2 b2 a bi
2
2 2 2
1
2
2
a b
a b a a b
b ab b v a
2
4
0
1
2
b a
b a
1
0 2 2
0 1
2
a a
a b
b b
Vậy có số phức thỏa ĐK :
1 1
0, ,
2 2
(12)B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b Do xA, xB > OAB cân O nên A, B đối xứng qua O xA = xB > 0, yB = - yA
Do A (E) nên
2
1
4
A A
x y
SOAB =
1
( , )
2AB d O AB 2 yA xA x yA A Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : =
2 2
2
2
4
A A A
A A A OAB
x y x
y x y S
S lớn :
2 2 A A x y 2 A A x y
Vậy : A ( 2; 2) ; B
2
( 2; )
2
hay A ( 2; 2)
; B ( 2; 2) Cách khác :
Gọi OH đường cao ta có OHxA, xA 0 v AH yA SOAB xA yA
Mà ta có : ( 2; 2), ( 2; 2)
2
A B
.2 4
OAB A A
S y y
4
4
A A
y y
và 2
2
A A
S y x
2
( 2; ), ( 2; )
2
A B
( 2; 2), ( 2; 2)
2
B A
2 B (S) ABC nên
2 2
2
2
4 4
B B B B B B
x y z x y z
OA OB OA AB
2 2 2
2 2
4( )
32
32 (4 ) (4 )
B B B B B B
B B B
B B B
x y z x y z
x y z
x y z
2 2 2
8 32
8( )
B B B
B B B
B B B B B
x y z
x y z
x y z x y
2
8 32
B B B
B B B
B B
x y z
x y z
x y
2
4
( ) 32
4 B
B B B B B
B B
z
x y x y z
x y 4 B B B x y z hay 4 B B B x y z
Trường hợp 1: OA(4;4;0); OB(0;4;4) OA OB, (16; 16;16) Pt (OAB) : x – y + z =
Trường hợp 2: OA(4;4;0); OB(4;0;4) OA OB, (16; 16; 16) Pt (OAB) : x – y – z =
Câu VII.b Giả sử z = x + yi x, y R
Ta có : (2z – 1)(1 + i) + (z+1)(1 – i) = – 2i 2(1 + iz) + (1 – i)z =
(13) 3x – 3y + (x + y)i = 3
x y
x y
1
1
x
y
1
9
z
Hết -
BÀI GIẢI G I năm 2012 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1: a/ Khảo sát, vẽ (C) : m = y = x4 – 2x2 D = R, y’ = 4x3
– 4x, y’ = x = hay x = 1
Hàm số đồng biến (-1; 0) (1; +), nghịch biến (-;-1) (0; 1) Hàm số đạt cực đại x = yCĐ = 0, đạt cực tiểu x = ±1 yCT = -1
lim
xy Bảng biến thiên :
x - -1 + y’ + +
y + + -1 -1
y = x = hay x =
Đồ thị tiếp xúc với Ox (0; 0) cắt Ox hai điểm ( 2; 0) b/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x
y’ = x = hay x2 = (m + 1)
Hàm số có cực trị m + > m > -1 Khi đồ thị hàm số có cực trị A (0; m2
), B (- m1; – 2m – 1); C ( m1; –2m – 1)
Do AB = AC nên tam giác vng A Gọi M trung điểm BC M (0; -2m–1) Do ycbt BC = 2AM (đường trung tuyến nửa cạnh huyền)
m1 = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2 = (m + 1) m1 =
3
(m1) (do m > -1)
= (m + 1) (do m > -1) m = Câu s in2x+cos2x=2cosx-1
sinxcosx + 2cos2x = 2cosx cosx = hay sinx + cosx =
cosx = hay
2 sinx +
2cosx =
2 cosx = hay cos(x 3) cos3
x =
2 k hay x k
hay 2
3
x k
Câu 3:
3
2
3 22
1
x x x y y y
x y x y
Đặt t = -x
Hệ tr thành
3 2
2
3 9( ) 22
1
t y t y t y
t y t y
Đặt S = y + t; P = y.t
Hệ tr thành
3
2
3 3( ) 22 3( ) 22
1 1
2 ( )
2 2
S PS S P S S PS S P S
S P S P S S
x y
-1
2 O
-
(14)3
2
3
2 45 82
4
1
( ) 2
2
S S S
P
P S S S
Vậy nghiệm hệ 3; ; 1;
2 2
Cách khác :
3
2
3 22
1
( ) ( )
2
x x x y y y
x y
Đặt u = x
1
; v = y +
Hệ cho thành
3
2
3 45 45
( 1) ( 1) ( 1)
2 4
1
u u u v v v
u v
Xét hàm f(t) = 3 45
2
t t t có f’(t) = 32 45
t t < với t thỏa t
f(u) = f(v + 1) u = v + (v + 1)2 + v2 = v = hay v = -1 v u
hay
1 v u Hệ cho có nghiệm 3; ; 1;
2 2
Câu
1 ln(x 1)
I dx x = 3 2 1
1 ln(x 1)
dx dx x x = 3 1 x
J =
2
3J Với
3
ln(x 1)
J dx
x
Đặt u = ln(x+1) du = 1dx
x ; dv =
1
dx
x , chọn v =
1
x
-
J = ( 1) ln( 1)3 x x + dx x
= ( 1) ln( 1)3
x x
+
1
ln x = 4ln 2ln
+ ln3
= 2ln ln 3
Vậy I = 2ln ln
3
Cách khác : Đặt u = + ln(x+1) du =
dx
x ; đặt dv = dx
x , chọn v =
1
x
, ta có :
3
1
1
1 ln( 1)
I x
x
+
3
1 ( 1)
dx x x
=
3
1
1
1 ln( 1) ln
1 x x x x = 2
ln ln
3
Câu
Gọi M trung điểm AB, ta có
2 3 6
a a a
MHMBHB
2 2 2
2 3 28 7
2 6 36 3
a a a a
CH CH
2 7 2 3 a
SC HC ; SH = CH.tan600 = 21
a
1 2 7 3 7
,
3 4 12
a a
V S ABC a
dựng D cho ABCD hình thoi, AD//BC
Vẽ HK vng góc với AD Và tam giác vng SHK, ta kẻ HI chiều cao SHK
Vậy khoảng cách d(BC,SA) khoảng cách 3HI/2 cần tìm
B A
C S
H M K
(15)2 3 3
3 2 3
a a
HK , hệ thức lượng
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
21 3
3 3
HI HS HK a a
42 3 3 42 42
,
12 2 2 12 8
a a a
HI d BC SA HI
Câu x + y + z = nên z = -(x + y) có số khơng âm khơng dương Do tính chất đối xứng ta có thể giả sử xy
Ta có P3x y 32y x 32x y 12(x2y2xy) = P3x y 32y x 32x y 12[(xy)2xy] 2
2
3 2.3 12[( ) ]
y x x y x y
x y xy
3 2.332 2 3
x y x y
x y
Đặt t =
0
x y , xét f(t) = 2.( 3)3t2 3t
f’(t) = 2.3( 3) ln 33t 2 3( 3.( 3) ln 1)3t 0
f đồng biến [0; +) f(t) f(0) =
Mà 3x y 30 = Vậy P 30 + = 3, dấu “=” xảy x = y = z = Vậy P = A Theo chương trình Chuẩn :
Câu 7a
Ta có : AN = 10
a
; AM =
a
; MN =
a
;
cosA =
2 2
2
AM AN MN
AM AN
=
2 45
o
MAN
(Cách khác :Để tính MAN = 450 ta tính
2
( )
1
3
tg DAM DAN
)
Phương trình đường thẳng AM : ax + by 11 2a 2b
=
2
2
cos
2
5( )
a b MAN
a b
3t
2
– 8t – = (với t = a
b) t = hay
1
t
+ Với t = tọa độ A nghiệm hệ :
3 17
x y
x y
A (4; 5)
+ Với
3
t tọa độ A nghiệm hệ :
3
x y
x y
A (1; -1)
Cách khác: A (a; 2a – 3), ( , )
d M AN , MA = 10
2
MH ( 11)2 (2 7)2 45
2 2
a a
a = hay a = A (1; -1) hay A (4; 5)
Câu 8a Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi u = (1; 2; 1) vectơ phương đường thẳng d d
[ , ]
2
( , )
2
d
d
MI u
AB R
IH d I d
u
[MI u, d] ( 2;0; 2) IH =
2
2
R
R =
3 phương trình mặt cầu (S) :
2 ( 3)2
3
x y z
Câu 9.a 5Cnn1Cn3 ( 1)( 2)
n n n
n 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) n =
B A
C D
N
(16)Gọi a hệ số x5 ta có
7
7
7
1
i i
i x
C ax
x
7
7 14
7
1
( 1)
2 i
iC i x i ax
14 – 3i = i =
7
7
1
2 i i
C a
a =
35 16
Vậy số hạng chứa x5
35 16
.x5 B Theo chương trình Nâng cao :
Câu 7b Phương trình tắc (E) có dạng :
2
2 ( )
x y
a b
a b Ta có a =
(E )cắt (C ) điểm tạo thành hình vng nên : M (2;-2) thuộc (E)
2
4
1
a b
16
3
b
Vậy (E) có dạng
2
1 16 16
3
x y
Câu 8b M d M( ; ;2 t t t t)( R); A trung điểm MN N(3 ; 2 t t;2t) ( )
N P t 2 N( 1; 4;0); qua A N nên phương trình có dạng :
2
x y z
Câu 9b z x yi
5( )
z i
i z
5( )
2
x yi i
i x yi
5[( ( 1) ) ( 1)
x y i
i
x yi
5x 5(y 1)i 2(x 1) (x 1)i 2yi y
5x 5(y 1)i (2x 2 y) (x )y i
2
1 5( 1)
x y x
x y y
3
7
x y
x y
1
x y
z = + i; w 1 z z2 1 (1 i) (1 i)2 1 i 2i ( 1) 2 3i w 9 13 -Hết -
Hướng dẫn giải năm 2013 Câu 1:
a) Bạn đọc tự giải
b) Ta có y' 3x2 6x 3m
Hàm số nghịch biến khoảng 0; y' 0, x 0;
Điều kiện y' ' 9 9m 0 m 1 Đáp số m 1
Câu 2:
Điều kiện: cos 0 ,
2
x x k k
s inx cos 0
4
s inx cos 2 cos 1 0 1
cos 2
2 3
x x k
PT x x
x x k
Vậy nghiệm phương trình là: ; 2 ,
4 3
x k x k k
Câu 3: Điều kiện: x 1
Từ 2 4y x y 1 y 0
4 4
(17)X t hàm số y f t t 1 4t 1,t 1 Hàm số đồng biến x y4 1 Thế vào (2) suy y y 1 y6 y5 y4 3y3 3y2 3y 4 0
Nên có nghiệm y 0;y 1 Vậy hệ có nghiệm 1;0 2;1
Câu 4:
2
2
1
1 ln
I xdx
x
Đặt
2
1 ln
1 1
1
u x du dx
x
dv dx v x
x x
Suy
2 2 2
2
1
1
1 1 5 1 5 1 5 3
ln ln2 1 ln2 ln2
2 2 2 2
dx
I x x x dx x
x x x x x
Câu 5:
Gọi M trung điểm BC
Tam giác SBC cạnh a suy ra: 3
2
a SM
Dưa vào tam giác ABC vuông A có 30 ;0 ; 3
2 2
a a
ABC BC a AC AB
Suy
2
3
8 16
ABC S ABC
a a
S V
Gọi F trung điểm AB MF/ /AC MF AB mà SM AB nên AB SMF
M B
C
A S
(18)Dựng MG SF SF SAB nên
,
, , 2
2
d C SAB
MG d M SAB d C SAB MG
Tam giác SMF vuông M 1 2 1 2 1 2 3
52
a MG
MG SM MF Vậy
2 3
, 2
52
a
d C SAB MG
Câu 8.a:
P qua A(1;7;3) vng góc với nên phương trình 3x 2y z 14 0
2
2
6 ; ; 2
3; 3; 1 1
2 30 7 4 3 0 3 51 1 8
; ;
7 7 7
7
M M t t t
M t
MA t t
M t
Câu 9.a:
7 210
n S A (số)
Gọi A biến cố số lấy số chẵn n A 3.A62 90 (số)
Vậy 3
7
P A
Hết - Sưu tầm: Cao Văn Tú
Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com
: