1. Trang chủ
  2. » Cao đẳng - Đại học

Dap an chuan day du khoi A 2012 Moi

0 5 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 0
Dung lượng 799,08 KB

Nội dung

Viết phương trình chính tắc của elip (E) biết rằng (E) cắt (C) tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông.[r]

(1)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm)dddddddddddddddddddd

Câu I (2.0 điểm)

Cho hàm số y x4 2(m 1)x m2 m là tham số thực 1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m 0.

Li gii

Cho hàm số 2

2( 1)

yxmxm

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m0

Với m0 ta hàm số yx42x2 1) Tập xác định : D

2) Sự biến thiên :

 Đạo hàm y/ 4x34x; /

0

1

x y

x

        /

0

y  ( 1; 0) (1;) nên hàm số đồng biến ( 1; 0) (1;)

/

0

y  ( ; 1) (0;1) nên hàm số nghịch biến ( ; 1) (0;1)

Hàm số đạt cực tiểu x 1 x1; giá trị cực tiểu điểm

bằng 1

Hàm số đạt cực đại x0 x1; giá trị cực đại điểm  Giới hạn : lim

xy  xlimy 

 Bảng biến thiên :

3) Đồ thị :

LỜI GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2012

Mơn: TỐN –Khối: A

x / y y

 

 

1

 1

0    

y

(2)

2. Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành tam giác vuông

Li gii Ta có y/ 4x34(m1)x ; /

2

0

1

x y

x m

 

     

 Hàm số có cực trị điều kiện cần /

0

y  có nghiệm phân biệt Điều xảy m    1 m Khi y/ 4 (x xm1)(xm1)

đổi dấu qua điểm x0,x  m1,xm1 nên hàm số có cực trị

điểm

 Với m 1 đồ thị hàm số có điểm cực trị :

2

(0; ), ( 1; 1), ( 1; 1)

A m Bm  mC m  m

 Ta có 2

( 1) ( 1)

ABACm  mBC24(m1) Do tam giác ABC vng vng A

2 1

2 ( 1)

1

m m

AB BC m m

m m

   

 

      

  

 

So với điều kiện m 1, m cần tìm m0

Câu (2.0 điểm) Giải phương trình: 3 cos 2x sin 2x 2 cosx 1

Li gii Câu

1) Giải phương trình sin 2x cos 2x 2cos x 1  

Phương trình 2 sin xcos x 2cos x 2cos x 0  

 

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

  

        

 

cos x x k

2

sin x

x k2 , x k2

3

 

     

      

 

       

 

Câu Giải hệ phương trình:

3 2 3 2

2 2

3 9 22 3 9

,( , ) 1

2

x x x y y y

x y

x y x y

(3)

Giải hệ phương trình

3

2

x 3x 9x 22 y 3y 9y

x y x y               

Ta có hệ cho tương đương với:

3

2

(x 1) 12(x 1) (y 1) 12(y 1)

1

x y

2                         

Đặt a x 1,b y 1    ta hệ:

3

2

a 12a b 12b

1

a b

2                      Từ 2 2

1

1 a a a

1 2 2 2 4

a b

1

2

1 b b b

2 2

                                               

Xét hàm số f(t) t 312t, ta có f(t) hàm liên tục

 2

f '(t) t 4 0, với t2

Nên từ 3

a 12a b 12b ta có a b

Do đó, hệ cho 2

a b

1 a b

1 2

a a 2                        

Vậy nghiệm hệ cho là:  x; y 3; , 1; 2 2

   

     

   

Câu (1.0 điểm)

Tính tích phân: 3

2 1

1 ln( 1) . x

I x

x d

Li gii Tính tích phân

2

1 ln(x 1)

I dx x    Đặt dx u ln(1 x) du

1 x dx dv v x x                    Suy

3 3

1 1

1 ln(1 x) dx ln 1

I ln dx

x x(1 x) x x

                     

2 ln x ln

ln ln ln

3 x

 

    

(4)

Câu (1.0 điểm)

Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là 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) 60 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng SA BC

Li gii Lời giải

Do SH ABC nên HClà hình chiếu SC mặt phẳng ABC , suy SCH góc SC mặt phẳng ABC Hay

0

60

SCH gt

Ta có

3

a AH

Trong tam giác AHC

2 2

2 cos

HC AH AC AH AC HAC

2

2

2

2

3

a a a

a a

0

7

tan 60

3

a

HC SH HC a

2

3

ABC

a

S

Thể tích khối chóp S ABC

3

1

3 ABC 12

a

V SH S dvtt Từ A kẻ đường thẳng song song với BC kí hiệu

,

P mp SA d SA BC, d B P,

Kẻ HI ,I HK SI K, SI ta có HK P d H P, HK

Dễ thấy

3

a

HI AE ( E trung điểm BC)

Trong tam giác SHI ta có 2 12 12 32 32 242

7

a HK

HK HS HI a a a

Mặt khác ta lại có , , 42

2

,

d B P AB a

d B P HK AH

d H P

E A

B

C S

(5)

Toám lại , 42

a d SA BC

Câu Cho số thực x y z, , thỏa mãn x y z 0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

| | | | | | 2 2 2

3x y 3y z 3z x 6 6 6

P x y z

Li gii Cách

Trước hết ta có BĐT : 3t t, t

Áp dụng vào tốn ta có

2 2

3

P x y y z z x x y z

Lại có

2 2

x y y z z x x y y z

z x x y y z z x y z x y z x z x x y y z Tiếp tực áp dụng BĐT a b a b thu

2 2 2 2

2[ ]

x y y z z x x y y z z x x y z

Suy P

Đẳng thức xảy x y z

Vậy minP

Cách

Là > e |x - y|, |y - z|, |z - x|  Vậy nên

P  e|x - y| + e|y - z| + e|z - x| - 2

6(xyz )

Theo bt cảm sinh số e ta có eu  1 + u u

Do vậy:

P  + |x - y| + + |y - z| +1 + |z - x| - 6(x2y2z2) Lại thấy theo bđt trị tuyệt đối thì:

|y – z| + | z – x| = |y – z| + |x –z|  |y – z + x – z| = 3| x + y| (bởi –z = x + y)

(6)

= 3(3(x + y)2 + (x –y)2)  3|x + y| + |x – y| Do P 

Khi x = y = z = P = Vậy GTNN P

II PHẦN RIÊNG (3.0

điểm)ddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddd

iA Theo chương trình Chuẩni

Câu 7.a (1.0 điểm) Trong mặt phẳng 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 2

M đường thẳng AN : 2x y 3 0 Tìm tọa độ điểm A

Li gii

Đặt cạnh AB=a ta tính được:

2

2 2 10

9

a a

ANDADNa   ,

2

2 2

4

a a

AMABBMa  

2

2

4

a a a

NMCNCM    Ta có:

2 2 2

cos

2

AN AM NM NAM

AN AM

 

 

Gọi k hệ số góc phương trình đường thẳng AM:

Ta có:

3

tan 1 1

1

3

k k

NAM

k k

  

 

   

 

Trường hợp k  3ta có phương trình đường thẳng AM là: 3x y 170

Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:

3 17

2

x y x

x y y

   

 

      

 

Trường hợp k  3ta có phương trình đường thẳng AM là: x3y 4

(7)

3

2

x y x

x y y

   

 

      

 

Vậy tốn có hai nghiệm :A(4;5) A(1; 1)

Câu 8a Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

1 2

:

1 2 1

x y z

d 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

Li gii

Gọi Hlà hình chiếu tâm I xuống đường thẳng d Suy H( 1 t; ; 2tt)

Ta có : IH   ( t t; ; 1 t) vec to phương ud (1;2;1)

Mà · ( )·1 ·2 ( )·1

d

IH  d IH u    tt   t   t Vậy

2 ; ; 3

H 

 

Lại có : 2; ; 3

IH    

  nên

2 3

IH

Vì tam giác IAB cân I nên vng cân I , tam giác IHA vng cân H

Suy : 2

3

RIAIH  Vậy phương trình mặt cầu

2 2

( ) : ( 3)

S xy  z

Câu 9.a (1.0 điểm) Cho số nguyên dương n thỏa mãn 5 n 1 3

n n

C C Tìm số hạng

của x5 khai triển nhị thức Newton 2 1 , 0 14

n

nx

x

x

Li gii

Ta có:

  

1 1 2 7, /

5 5. 3 28 0

4, 6

          

    

n

n n

n t m

n n n

C C n n n

(8)

Với n7 ta có:

 

7

2 7

7 14

7

0

1 1 1

1 2 .

14 2 2

                                 

n k k

k

k k k k

k k

nx x x

C C x

x x x

Số hạng chứa

x 14 3 k   5 k 3

Số hạng chứa

x khai triển là: 73 5

35 .2

16

C x   x

iB Theo chương trình Nâng caoi

Câu 7.b (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn

2 2

( ) :C x y 8 Viết phương trình tắc elip (E) biết (E) cắt (C) bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh hình vng

Li gii

Câu 7b

Gọi ABCD hình vng có đỉnh giao điểm của (E) (C).Gọi

độ dài trục bé của (E) 2b 0 b 4

Khi đó, PT tắc của (E) là:

2

2 1

16  

x y

b

Tọa độ giao điểm của (E) (C) thỏa mãn hệ:

2

2 2 2

2 2

2

16 128

16 16 16

8 8 16                      b x

b x y b b

x y b

y b

Gọi

2 2

2 2

16 128 8 4 32 8

; , ;

16 16 4 16

       

   

       

   

b b b b

A B

b b b b

Do OAOB nên

2

2

2

16 128 8 16

. 0 0 24 128

16 16 3

 

       

 

b b

OA OB b b

b b

Vậy PT tắc của (E) là:

(9)

Câu 8.b Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0, 0, 2) đường

thẳng : 1 2

2 1 1

x y z

d mặt phẳng ( ) :P x y 2z 5 0 điểm (1; 1; 2)

A Viết phương trình đường thẳng cắt d (P) M N sao cho A trung điểm đoạn MN

Li gii

Gọi M  (d)  M(-1 + 2t; t ; 2+t) Do A trung điểm MN:

2 2

M N A

M N A

M N A

x x x

y y y

z z z

  

   

   

2 ( )

2 2

2 (2 )

N A M

N A M

N A M

x x x t t

y y y t t

z z z t t

        

         

        

Vậy: N(3 -2t; -2-t; – t)

Do  (P)  – 2t + (-2 – t) -2(2 – t) + =

3 – 2t – – t – + 2t + =

-t + =

t =

Vậy N(-1, - 4, 0)

Đường thẳng cần dựng qua A(1, -1, 2); N(-1, -4, 0)

1

x

=

3

y

 = 2

z

Câu 9.b (1.0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn 5( ) 2 1 z i

i

z Tính môđun

số phức w 1 z z2

Li gii

Là 5 z i 2 i 1 z có:

6

5z 2z 2 i

(10)

6

5z 2z 2 i

Dẫn đến

1 6

3 7

z i

Do

2

1 6 1 6 13 36 10

1

3 7 3 7 9 49 7

w i i i

Để mà có được:

2

13 36 10 101438

| |

9 49 7 441

Ngày đăng: 24/05/2021, 17:45

w