Giải Đề thi tuyển sinh đại học năm 2012 đề chính thức môn: Toán; khối A – A1

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.. Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net..[r]

www.VNMATH.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A – A1 Thời gian làm bài 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 y  x  2( m  1) x  m (1) ,với m là tham số thực a Khảo sát biến thiên và 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 (1,0 điểm) Giải phương trình sin x  cos x  cos x   x3  x  x  22  y  y  y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x, y    x  y  x  y    ln( x  1) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   dx x2 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác cạnh a Hình chiếu vuông góc S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB cho HA = 2HB Góc đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC và tính khoảng cách hai đường thẳng SA và BC theo a Câu (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu x y y z zx thức 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 vuông ABCD Gọi M là trung điểm  11  cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử M  ;  và đường thẳng AN có  2 phương trình x – y –  Tìm tọa độ điểm A x 1 y z    và Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : điểm I  0; 0;3 Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d hai điểm A, B cho tam giác IAB vuông I Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn 1  Cn3 Tìm số hạng chứa x5 khai n  nx  triển nhị thức Niu-tơn    , x ≠  14 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  : x  y  Viết phương trình chính tắc elip (E), biết (E) có độ dài trục lớn và (E) cắt (C) bốn điểm tạo thành bốn đỉnh hình vuông x 1 y z    , mặt Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : 1 phẳng  P  : x  y – z   và điểm A 1; 1;  Viết phương trình đường thẳng  cắt d và (P) M và N cho A là trung điểm đoạn thẳng MN 5( z  i ) Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa   i Tính môđun số phức w   z  z z 1 HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:…………………………………………… ; Số báo danh:…………………………… Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net www.VNMATH.com HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: a Khảo sát và vẽ (C) : Với m   y  x – x * TXĐ: D   * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: x 0 y’  x3 – x, y’   x3 – x   x( x  1)     x  1 Hàm số đồng biến trên  1;   1;   , nghịch biến trên  ; 1   0;1 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x   yCĐ  , đạt cực tiểu x  1  yCT  1 - Giới hạn và tiệm cận: lim y    Hàm số không có tiệm cận x  - Bảng biến thiên : x - y’  y + -1 + 0 -1  + + y + -1 * Đồ thị: x  - Giao với trục Ox: Cho y    x   - Giao với trục Oy: Cho x   y  -1 O - Đồ thị tiếp xúc với Ox (0; 0) và cắt Ox hai điểm (  ; 0) - Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng b Đạo hàm y’  x3 –  m  1 x x -1 x  y’   x3 –  m  1 x     x   m  1 Hàm số có cực trị m    m  1 Khi đó đồ thị hàm số có cực trị A  0; m  ; B  m  1; – m – ; C     m  1; – 2m – Nhận xét: A  Oy , B và C đối xứng qua Oy nên tam ABC cân A tức là AB = AC nên tam giác có thể vuông cân A Gọi M là trung điểm BC  M  0; 2m – 1 Do đó để tam giác ABC vuông cân  BC = 2AM (đường trung tuyến nửa cạnh huyền)  m    m  2m  1   m  1    m  1 m   (m  1) (do m  1 )    m  1  m  (do m  1 ) Cách 2: ABC vuông cân Theo định lý pitago ta có 3 MN  MP  NP  ( m  1) ( m  1)  1   ( m  1)    m  (do m  1 ) Cách 3: ABC vuông cân    AB AC   ( m  1)  (2m   m2 )   m  4m  m  3m   m  m  1 (loại) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net www.VNMATH.com     Cách 4: Sử dụng góc ABC vuông cân  cos AB.BC  450 … Giải tiếp m    Câu 2: Phương trình  sin x cos x  cos x   cos x   cos x( sin x  cos x  1)   cos x    sin x  cos x   TH 1: cos x   x   k , k   1    TH 2: sin x  cos x   sin x  cos x   cos  x    cos 2 3     2   x    k 2 x  k 2  ,k      x       k 2 x k     3 Chú ý: TH ta có thể làm sau    x    k 2  x  k 2  1    6 sin x  cos x   sin  x     sin   ,k    x  2  k 2 2 6   x    5  k 2   6 Câu 3: Nhận xét: Đây là hệ nửa đối xứng cần đặt t   x trở thành hệ đối xứng Cách 1:  x3  x  x  22  y  y  y   2 x  y  x  y   Đặt t   x t  y  3t  y  9(t  y)  22  Hệ trở thành  t  y  t  y   Đặt S  y  t ; P  y.t  S  3PS  3(S  P)  S  22  S  3PS  3(S  P)  S  22   Hệ trở thành   1 1 S  2P  S  P   S  S        2S  S  45S  82    P    P  (S  S  )  S  2 2  3 1 1 3 Vậy nghiệm hệ là  x; y    ;   ;  ;   2 2 2 2 Hoặc ta có thể biến đổi sau ( x  y)  ( x  y )  xy   ( x  y )  xy   9( x  y )  22       Hệ   ( x  y)  xy  ( x  y )   a  x  y  Đặt  … Giải cách b  xy Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net www.VNMATH.com Cách 2:  x3  3x  x  22  y  y  y  2 Hệ   1  1  x     y    2  2  1   u  x   x  u  thay vào hệ biến đổi ta Đặt   v  y  y  v    2 45  3 45 u  u  u  (v  1)  (v  1)  (v  1) 4  u  v   45 45 Xét hàm f  t   t  t  t có f ’  t   3t  3t   với t thỏa t  4  v  1 v  v     f  u   f  v  1  u  v    v  1  v    u  u   v  1  x v   Với    u  y     x v  1     u  y    3 1 1 3  Hệ đã cho có nghiệm là  x; y    ;   ;  ;   2 2 2 2 Cách 3: 2 2 ( x  y )( x  y  xy )  3( x  y )  9( x  y )  22  Biến đổi hệ ta  2  2( x  y )  2( x  y )  a  x2  y a  b2 Đặt   xy  b  x  y Khi đó ta có hệ  (b  2)(2b  2b  41)  a  b2  )  3a  9b  22  b(a   a    2  2b  2a  2b  a  b    5   2 a  x  y  3 1 1 3 Với  2  ( x; y )   ;   ;  ;   2 2 2 2 b   x  y  Cách 4: Ta có x  3x  x  22  y  y  y  ( x  1)3  12 x  23  ( y  1)3  12 y  ( x  1)3  12( x  1)  ( y  1)3  12( y  1) x2  y  x  y  (1) 1  1   x   y  1 2  2  (2) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net www.VNMATH.com  1   x    1  x    2   Từ (2) nhận thấy    1   1  y    y      Nên x  và y  thuộc  2;   3   x     1  y    Từ (1), xét f (t )  t  12t với t  ( 2; 2)  f '(t )  3t  12  0, t  (2; 2) (vì x  1; y   (2; 2) ) nên  x  y   y  Thay vào phương trình (2) ta ( y  2)  y  ( y  2)  y   y  y     y   3 1 1 3 Vậy hệ có cặp nghiệm:  x; y    ;   ;  ;   2 2 2 2 Câu 4: Cách 1: 3  ln( x  1) ln( x  1) x 1 dx dx dx =  = Ta có I   J =  J 2   x x x 1 1 1 3 ; x 2 1 ; x 2 ln( x  1) dx x2 Tính J    u  ln  x  1 du  dx   x 1 Đặt     dv  dx v      x  x   x x 3 dx     J      ln( x  1)       1 ln( x  1)  ln x   ln  ln + ln3 =  ln  ln 1 x  x  3  x  2 Vậy I   ln  ln 3 Chú ý: Các em có thể chọn v   thì đó x  u  ln  x  1 du  dx   x 1  Đặt   dv  dx v   dx x   x 3 1 1  31   J   ln  x  1   dx   ln  ln    dx   dx  x x 1 x x 1 x     x   ln  ln  ln x 1 3 Vậy I   ln  ln 3 Cách 2: 1  ln  ln Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net www.VNMATH.com  u   ln  x  1  du  dx   x 1 Đặt    dv  dx v   x   x Khi đó I   3 x 2 1 dx =  ln  ln   1  ln( x  1)   ln 1  ln( x  1)   x x 11 3 x x( x  1) 1 Câu 5: Tính thể tích Gọi M là trung điểm AB, ta có a a a MH  MB  HB    - Theo giả thiết SH  ( ABC )  SH  HC  SHC   600 vuông H và  SC , ( ABC )   SCH - Theo định lý pitago tam giác vuông HCM ta có  a   a  28a CH  CM  MH       36   6 a a  CH  Với CM  đường cao tam giác ABC Trong tam giác vuông SHC ta có 2a a 21 SC  2HC  (Cạnh đối diện với góc 300) và SH = CH.tan600 = 3 a Diện tích tam giác ABC là S ABC  1 a 21 a a VSABC  SH SABC   3 12 Tính khoảng cách Dựng D cho ABCD là hình thoi, AD//BC Vẽ HK vuông góc với AD Và tam giác vuông SHK, ta kẻ HI là chiều cao SHK HI cần tìm Vậy khoảng cách d  BC , SA chính là khoảng cách 1 1 2a a HK   , hệ thức lượng      2 2 3 HI HS HK  a 21  a 3         a 42 3 a 42 a 42  HI   d  BC , SA  HI   12 2 12 Câu 6: Cách 1: x  y  z   z    x  y  và có số không âm không dương 2 Do tính chất đối xứng ta có thể giả sử xy  Ta có P  x  y  y  x  x  y  12( x  y  xy )  x  y  y  x  x  y  12[( x  y)  xy ] y  x  x y 3 x y  2.3 x y  12[( x  y )2  xy]  x y  2.3 Giáo viên: Nguyễn Thành Long 2 x y Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net www.VNMATH.com Với x  y  y  x  x  y và xy   x  y Đặt t  x  y  , xét f  t   2.( 3)  3t 3t f ’  t   2.3( 3)3t ln   3( 3.( 3) 3t ln  1)   f đồng biến trên [0; +)  f  t   f    mà x  y  30 = Vậy P  30 + = 3, dấu “=” xảy  x  y  z  Vậy P = Cách 2: Không tổng quát, giả sử x  y  z Từ x  y  z   z    x  y  đó,  P  3x  y  y  z  3x  z  12 x  y   x  y  2a  b  x  a  x  y  Đặt   b  y  x  y  2b  a  3 x y   32 y  x  32 x  y  12 x  y   x  y  Thay vào P ta được: P   với a  b  a b a b a b    a  ab  b  ab ab 3 3 2    3      a b ab  u  thì u  v  và ta có : P  9v  3u v  3u v  u  3v Đặt  v  a  b  Xét hàm: P  f (u )  v  3u v  3u v  u  3v , u  v  f '(u )  3u  v ln  3u v ln  2u  2ln   u  3v  f (u) đồng biến trên  v; ) kéo theo f (u)  f (v)  v  32v   4v  2.9v  4v  (1) Xét g (v)  2.9v  4v  1, v  g '(v)  2.9v ln   4.9v ln   ln   v  (2) Suy g(v) đồng biến trên  0; )  g (v)  g (0)  Từ (1) và (2), suy f(u)  hay P  Đẳng thức xảy u  v   x  y  z  Vậy P = Cách 3: Đặt a  x  y , b  y  z , c  z  x Từ giả thiết suy x  y  z  2  xy  yz  zx   2 Do đó  x  y  z   x  y  y  z  z  x  Vì đặt a  x  y , b  y  z , c  z  x thì a, b, c  và a  b  c, b  c  a , c  a  b Ta có P  3a  3b  3c   a  b  c  Vì a  b  c nên  a  b  c  c Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net www.VNMATH.com Tương tự  b  c  a  a ;  c  a  b  b 2 Công ba bất đẳng thức trên ta  ab  bc  ca   a  b  c   a  b  c    a  b  c  Do P  3a  3b  3c   a  b  c    3a  a    3b  b    3c  c  Xét hàm f  x   3x  x , x  0; f '  x   x ln    f  x   f    Vậy P  , dấu “=” xảy x  y  z  Cách 4: x y y z z x x y Áp dụng BDT cosi ta có 3 3  3 3 Mặt khác áp dụng BĐT trị tuyệt đối x  y  y  z  z  x  x  y  y  z  z  x  nên y z .3 zx  33 x y  y z  z x x  y  y  z  z  x  3 x  y y  z z  x  3 x  y  y  z  z  x  3 30  Mặt khác áp dụng BĐT bunhiacopski cho hai dẫy số (1;1;1) và (x;y;z) 2 Ta có 12  12  12  x  y  z   1.x  y  1.z    x  y  z    3 x2  y  z     x2  y  z    x  y  y  z  z  x Vậy P     Pmin  Dấu “=” xảy   x yz0  x  y  z (Cách này tôi nghĩ không biết đúng không, sai mong các bạn bỏ qua cho…) A Theo chương trình chuẩn Câu 7a Cách 1: Gọi cạnh hình vuông là a tức là AB  BC  CD  DA  a Trong tam giác vuông ADN A  AN  AD  DN a 10  Ta có :  1 1  AN   DN  CN  DC  AD  a 3  Trong tam giác vuông ABM  AM  AB  BM D a   AM  Ta có :  1  BM  BC  a  2 5a Tương tự tam giác vuông CMN ta tính MN  Theo định lý hàm số cosin tam giác MAN ta có AM  AN  MN   45o  MAN cosA = = AM AN  11 Phương trình đường thẳng AM : ax  by  a  b   nAM  (a; b) 2 t  2a  b a    3t – 8t –    cos MAN (với t  ) 2  t b 5(a  b )  2 x  y    A  4;5  + Với t   tọa độ A là nghiệm hệ :  3 x  y  17  Giáo viên: Nguyễn Thành Long B M N C Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net www.VNMATH.com + Với t   2 x  y    tọa độ A là nghiệm hệ :   A 1; 1 x  3y   Cách 2:   45o Sau tính MAN Giả sử điểm A  a; a – 3  AN 11  d (M , AN )  3 2   1  15  Trong tam giác vuông AHM ta có MA  MH 10  MH  sin 45 2 11   7 45    a     2a     5a  25a  20   a  5a    2     a  a     A 1; 1   A  4;5  10 ta có thể làm sau Tọa độ điểm A là giao đường thẳng AN và đường tròn (C) có tâm M và bán kính MA 10 45   45o mà dựa vào công thức tính diện tích  ta có không cần tính MAN Hoặc: Để tính MA  2 11   15 h  d  M , AN     2 2   1 Hoặc: Sau tính MA  Đặt AB  x, x  Ta có 1 1 S ADN  AD.DN  x.2 x  x ; S ABM  AB.BM  x.3 x  x 2 2 1 SCMN  CM CN  x.4 x  x  S AMN  S ABCD  S ADN  S ABM  SCMN  36 x  x  x  x  15 x 2 Theo định lý pitago AN  h AD  DN  36 x  x  10 x S AMN 30 x 15 x    x AN 10 x 10 Định lý pitago AM  AB  BM  36 x  x  145 x  45 Câu 8a Cách 1:  Chọn M  1; 0;   d , gọi ud = (1; 2; 1) là vectơ phương đường thẳng d Ta có IAB vuông cân tai I và IHB vuông cân H Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net www.VNMATH.com  AB   IH  HB   R    HB  R cos 450      [MI , ud ]  IH  d ( I , d )     ud      2 R với [ MI , ud ]  ( 2; 0; 2)  R 3 Vậy phương trình mặt cầu (S) có tâm I, bán kính R là : x  y  ( z  3)2  Cách 2:  A(a  1; 2a; a  2)  Gọi  B  b  1; 2b; b   với a ≠ b   I  0; 0;3    IA   a  1; 2; a  1 ; IB   b  1; 2b; b  1 2  IA2   a  1  4a  6a  4a  2; IB   b  1  4b  6b  4b  Vì IAB vuông cân I nên    (1) IA IB     a  1 b  1  4ab   3ab   a  b       2 6a  4a   6b  4b   a  b    a  b     (2)  IA  IB Từ (2) vì a ≠ b  a  b  vào (1)  1 a    IA2  Ta ab     b    Chú ý: Để tính IH ta có thể tìm tọa độ điểm H sau - Viết phương trình mặt phẳng (P) qua I góc với đường thẳng d, tọa độ H  ( P)  d  IH    - Giả sử H ( 1  t ; 2t ;  t )  IH Áp dụng IH ud   t  IH Câu 9.a n  Điều kiện:  n  N n( n  1)(n  2) Theo giả thiết 5Cnn 1  Cn3  5.n   30   n – 1 n –   n  3n  28   n  n  4 (loại) Vậy  S  : x  y   z    Email: Changngoc203@gmail.com 10 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Lop12.net www.VNMATH.com Gọi a là hệ số x5 theo công thức khai triển nhị thức niuton hệ số tổng quát khai triển n  x2   nx    là C77i     2  14 x  i i 1  1     ax5  (1)i C77 i   2  x 7i Hệ số x ứng với 14 – 3i   i  và C 1   2 7i .x14 3i  ax5 7i aa 35 16 35 x 16 B Theo chương trình Nâng cao : Câu 7b Vậy số hạng chứa x5 là x2 y2   ( a  b) a b2 Theo giả thiết độ dài trục lớn  2a   a  Do tính đối xứng (E) nên giao điểm (C) và (E) là đỉnh hình vuông thỏa mãn M  m; m  , m  Phương trình chính tắc (E) có dạng : Suy M  (C )  m  m   m   M (2; 2) 4 16 Mặt khác M (2; 2)  ( E )     b  a b x2 y Vậy phương trình (E) có dạng:  1 16 16 Câu 8b  x  1  2t  Chuyển đường thẳng d dạng tham số d :  y  t z   t  Đường thẳng  cắt d M  d  M ( 1  2t; t ;  t ) Theo giả thiết A là trung điểm MN theo công thức tính trung điểm  N (3  2t ; 2  t ;  t ) Mặt khác N  ( P)  t   N (1; 4; 0) ; x 1 y  z Vậy đường thẳng  qua A và N nên phương trình có dạng :    Chú ý: Nếu học sinh viết phương trình đường thẳng  qua A và có vtcp MA   2; 3; 2  thì  x   2t  phương trình  :  y  1  3t đúng  z  2  2t  Câu 9b Giả sử z  x  yi  z  x  iy,  x, y    Theo giả thiết  ( x  ( y  1)i  5( x  yi  i ) 5( z  i )  2i   2i  2i  x  yi  ( x  1)  yi z 1  x  5( y  1)i  2( x  1)  ( x  1)i  yi  y  x  5( y  1)i  (2 x   y)  ( x   y)i 2 x   y  x x  3 x  y    z  1 i    x   y  5( y  1) y 1  x  y  6 Ta có w   z  z   (1  i )  (1  i )2    i   2i  (1)   3i  w    13 Email: Changngoc203@gmail.com 11 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Lop12.net www.VNMATH.com LỜI KẾT: Lời giải mang tính chất tham khảo cho các bạn học sinh… Trong quá trình biên soạn có tham khảo số tài liệu trên mạng nên không tránh khỏi sai sót, mong các bạn có nhận xét và đánh giá… Chân thành cảm ơn SƠN LA: Ngày Tháng Năm 2012 “ Chúc các bạn có mùa thi may mắn và thành công … hihi   “ Email: Changngoc203@gmail.com 12 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Lop12.net