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... Và trong tam giác vuông SHK, ta kẻ HI là chiều [r]
(1)ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn : TOÁN - Khối : A và A1 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y x 2( m )x m ( ) ,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 s in2x+cos2x=2cosx-1 x3 x x 22 y y y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (x, y R) 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 x y yz zx biểu 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 11 trung điểm cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử M ; và 2 đường thẳng AN có phương trình 2x – y – = Tìm tọa độ điểm A x 1 y z Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: và 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 n nx khai 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) : x2 + y2 = 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 Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 , mặt phẳng (P) : x + y – 2z + = và điểm A (1; -1; 2) Viết phương trình đường thẳng cắt d và (P) M và N cho A là trung điểm đoạn thẳng MN 5( z i ) i Tính môđun số phức w = + z + z2 Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa z 1 BÀI GIẢI GỢI Ý 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 Lop12.net (2) Hàm số đồng biến trên (-1; 0) và (1; +), nghịch biến trên (-;-1) và (0; 1) Hàm số đạt cực đại x = và yCĐ = 0, đạt cực tiểu x = ±1 và yCT = -1 y lim y x Bảng biến thiên : x - -1 y’ y + -1 + 0 1 + + + -1 -1 O - x y = x = hay x = -1 Đồ thị tiếp xúc với Ox (0; 0) và cắt Ox hai điểm ( ; 0) b/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x y’ = x = hay x2 = (m + 1) Hàm số có cực trị m + > m > -1 Khi đó đồ thị hàm số có cực trị A (0; m2), B (- m ; – 2m – 1); C ( m ; –2m – 1) Do AB = AC nên tam giác có thể vuông A Gọi M là trung điểm BC M (0; -2m–1) Do đó ycbt BC = 2AM (đường trung tuyến nửa cạnh huyền) m = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2 = (m + 1) m = (m 1) (do m > -1) = (m + 1) (do m > -1) m = Câu s in2x+cos2x=2cosx-1 sinxcosx + 2cos2x = 2cosx cosx = hay sinx + cosx = 1 sinx + cosx = cosx = hay cos( x ) cos 2 3 2 k 2 (k Z) x = k hay x k 2 hay x Câu 3: x3 x x 22 y y y Đặt t = -x 2 x y x y t y 3t y 9(t y ) 22 Hệ trở thành Đặt S = y + t; P = y.t t y t y S 3PS 3( S P) S 22 S 3PS 3( S P) S 22 Hệ trở thành 1 S 2P S P (S S ) 2 3 2 S S 45S 82 P 3 Vậy nghiệm hệ là ; ; ; 2 2 2 P (S S ) S 2 2 cosx = hay x3 x x 22 y y y 1 Cách khác : Đặt u = x ; v = y + 2 2 ( x ) ( y ) 2 Lop12.net (3) 45 3 45 u u u (v 1) (v 1) (v 1) Hệ đã cho thành 4 u v 45 45 Xét hàm f(t) = t t t có f’(t) = 3t 3t < với t thỏa t 4 v v 1 f(u) = f(v + 1) u = v + (v + 1)2 + v2 = v = hay v = -1 hay u u 3 Hệ đã cho có nghiệm là ; ; ; 2 2 2 Câu 3 3 ln( x 1) ln( x 1) x 1 ln( x 1) I dx = dx dx = dx J = J Với J 2 x x x 1 x2 1 1 1 1 dx ; dv = dx , chọn v = Đặt u = ln(x+1) du = -1 x 1 x x 3 dx 4 1 1 ln ln + ln3 J = ( 1) ln( x 1) + = ( 1) ln( x 1) + ln x = 1 x x x 2 2 ln ln = Vậy I = ln ln 3 3 dx dx 1 Cách khác : Đặt u = + ln(x+1) du = ; đặt dv = , chọn v = , ta có : x 1 x x I 1 ln( x 1) + x 3 2 x dx 1 x( x 1) = x 1 ln( x 1) ln x 1 = ln ln Câu Gọi M là trung điểm AB, ta có a a a MH MB HB S 2 a 28a a a CH CH 36 6 a 21 2a SC HC ; SH = CH.tan600 = 3 I K B H M A a2 a3 a 12 dựng D cho ABCD là hình thoi, AD//BC C Vẽ HK vuông góc với AD Và tam giác vuông SHK, ta kẻ HI là chiều cao SHK Vậy khoảng cách d(BC,SA) chính là khoảng cách 3HI/2 cần tìm 1 1 2a a HK , hệ thức lượng 3 HI HS HK a 21 a V S , ABC D a 42 3 a 42 a 42 d BC , SA HI 12 2 12 Câu x + y + z = nên z = -(x + y) và có số không âm không dương Do tính chất đối xứng ta có thể giả sử xy HI Lop12.net (4) Ta có P x y 3 yx 3 x y 12( x y xy ) = y x x y 3 x y yx 3 3 x y 2.3 3 x y 12[( x y ) xy ] x y 2.3 12[( x y ) xy ] x y 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(0) = x y Mà 30 = Vậy P 30 + = 3, dấu “=” xảy x = y = z = Vậy P = A Theo chương trình Chuẩn : A Câu 7a B a 10 a 5a Ta có : AN = ; AM = ; MN = ; M AM AN MN 45o cosA = = MAN AM AN C (Cách khác :Để tính MAN = 450 ta có thể tính D N 2 1) DAN ) tg ( DAM 1 Phương trình đường thẳng AM : ax + by cos MAN 2a b 5(a b ) 11 a b= 2 a 1 3t2 – 8t – = (với t = ) t = hay t b 2 x y + Với t = tọa độ A là nghiệm hệ : A (4; 5) 3 x y 17 2 x y + Với t tọa độ A là nghiệm hệ : A (1; -1) x 3y 10 11 45 Cách khác: A (a; 2a – 3), d ( M , AN ) , MA = MH (a ) (2a ) 2 2 a = hay a = A (1; -1) hay A(4; 5) Câu 8a Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi ud = (1; 2; 1) là vectơ phương đường thẳng d [ MI , ud ] AB R IH d (I , d ) , [ MI , ud ] (2;0; 2) IH = 2 ud R 2 R= phương trình mặt cầu (S) là : x y ( z 3) 3 n(n 1)(n 2) Câu 9.a 5Cnn 1 Cn3 5.n 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) n = Gọi a là hệ số x5 i ta có C x2 2 i 1 14 – 3i = i = và C 2 B Theo chương trình Nâng cao : i i 1 1 ax5 (1)i C77 i x 2 i a a= Lop12.net i .x143i ax5 35 35 Vậy số hạng chứa x5 là x 16 16 (5) Câu 7b Phương trình chính tắc (E) có dạng : x2 y (a b) Ta có a = a b2 (E )cắt (C ) điểm tạo thành hình vuông nên : 4 16 x2 y 2 M (2;-2) thuộc (E) b Vậy (E) có dạng 1 a b 16 16 Câu 8b M d M (1 2t ; t ; t ) (t R) ; A là trung điểm MN N (3 2t ; 2 t ; t ) x 1 y z N ( P) t N (1; 4;0) ; qua A và N nên phương trình có dạng : Câu 9b z x yi 5( z i ) 5( x yi i ) 5[( x ( y 1)i ) 2i 2i 2i z 1 x yi ( x 1) yi 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 3 x y x x y 5( y 1) x y 6 y 1 z = + i; w z z (1 i ) (1 i ) i 2i (1) 3i w 13 Lop12.net (6)