Đang tải... (xem toàn văn)
Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB.. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng[r]
(1)ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN - Khối : A A1
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y x 4 2( m1)x2m ( )2 ,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 sớ (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh tam giác vuông
Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 2xcos 2x2cosx1
Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
3
2
3 22
2
x x x y y y
x y x y
(x y, ).
Câu (1,0 điểm) Tính tích phân
3
2
1 ln(x 1)
I dx
x
Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB cho HA = 2HB Góc đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khới 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 thức P3x y 3y z 3z x 6x26y26z2
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A 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 là trung điểm cạnh BC, N là điểm cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử
11 ; 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
1
x y z 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 Cn3
Tìm sớ hạng chứa x5
trong khai triển nhị thức Niu-tơn
2 1
14 n
nx x
, x ≠ 0.
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 và (E) cắt (C) bốn điểm tạo thành bớn đỉnh hình vng
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
1
2 1
x y z , 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
Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa
5( )
z i
i z
(2)GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A VÀ A1 NĂM 2012 Câu1
a) y x 4 2x2 TXĐ :R
Đạo hàm
3
' 4 '
1
y x x
x y
x
Các điểm cực trị A (0;0),B(1;-1);C(-1;-1)
'
1
x y
x
h/s đồng biến (-1;0)và (1;+)
'
0
x y
x
h/s nghịch biến ( ; 1) à (0;1)v BBT:
x’ -∞ -1 +∞ y’ - + - +
y +∞ +∞ -1 -1
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng
Đồ thị cắt trục hoành điểm A(0;0), D ( 2;0) àv E( 2;0)
(3)
3
2
' 4
' 4( 1) ( 1)
0
( 1) (*)
y x m x
y x m x
x x m
x x m
Để (1) có cực trị pt (*) có nghiệm phân biệt khác m + > m > -1 Với m > -1 pt (*) có nghiệm phân biệt
1
x m và x2 m1
Giả sử M(0;m2); (N m1; 2 m1); (P m 1; 2m1)
Vì đồ thị hàm sớ đới xứng qua trục 0y nên MNP phải cân M
Vậy tam giác MPN vuông M suy MN2MP2 NP2
3
(m 1) ( m 1) 1 <=> m = (vì m > -1) Vậy m =
Câu 2.
TXĐ:
2
3sin2 cos2 2cos 1 2 3sin cos 2cos 1 2cos 1
cos 3 sin cos 1 0
cos 0
2
3 1 1 1
sin cos sin
2 2 2 6 2
x x x x x x x
x x x
x x k
x x x
2 2
2 2 , ,
6 6
2
5 2 2
3
6 6
x k
x k
x m x m k n m
x n x n Câu 3
Đặt y = -z
3 2
2
3 9 22 0
1 2
x z x z x z
x z x z
(4)Đặt
3
2
3
2
3 3 2 9 22 0
1 2
2
3 3 6 9 22 1
1
2 2
2
S SP S P S
S x z
P xz S P S
S SP S P S
S P S
Từ (2)
2
2 2 1
4
S S
P
Thay vào (1) ta :
3 2
3
2
3 6
2 2 1 3 2 2 1 9 22 0
4 4
2 6 45 82 0
2
2 41 0 3
S S S S S S S S
S S S
S
S S
Phương trình (3) vơ nghiệm ' 40 0
Vậy
2
3 3 1 1 3
2 3 ; ; , ;
4 2 2 2 2
4
x z
S P x z
xz
Vậy
; 3 ; 1 , 1 ; 3
2 2 2 2
x y
Câu 4.
3
2 2
1
3
1
2
1
1 ln 1 1 ln 1
ln 1
1
x x
I dx dx
x x x
x
dx dx I I
x x
(5)
3
1 1
1
2 1
1 1 2
3
ln 1
I dx
x x
x
I dx
x
Đặt
3
2 1
1
3
1
3
1
1
ln 1
1
1 1
1 1
ln 1
1
1 1 1
ln ln 2
3 1
1
ln ln ln
3 1
1 3
ln ln
3 2
u x du dx
x
dv dx v dx
x x
I x dx
x x x
dx dx
x x
x x
Vậy
2 1 3
ln ln
3 3 2
I
Câu 5.
Tích Thể Tích khới chóp S.ABC Gọi M là trung điểm AB =>
1 a
MH= MB=
3 6
Vì ABC cạnh a, CM là đường cao =>
a 3 CM=
(6)Xét CMH vuông M
Theo Pitago ta có: CH =CM +MH2 2 2 =
2 2
a 3 a
+
2 6
=
7 2a 9
=>
a 7 CH=
3
Ta có
o SC, ABC =SCH=60
SH a 21
tanSCH= = 3 SH=HC 3=
HC 3
=>
2 3
1 1 a 21 a 3 a 7
VSABCΔABC= SH.S = . =
3 3 3 4 12
Xét mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A và song song với BC Nên BC//(SA;d)
=>
d =d
BC;SA B SA,d
Dựng hình thoi ABCD Dựng HK
( )
( )
HK AD k AD
HI SK I SK
Ta có SH ABC SH AD Mà HK AD nên AD SHK
SAD SHK
Mà HI SK n n HIê SAD HI là khoảng cách từ H đến (SAD)
2 3
AH sin .
3 2 3
a a
KH KAH
Vì
2
2 2
1 1 1 3 3 24
90 ê
7 21
o
SHK n n
HI HS HK a a a
(7)2
HI
Vì BC//(SAD) và
2 3
HA AB
nên khoảng cách cần tìm là
3 3 7 42
.
2 2 6 8
a a
HI
Câu 6. Cách 1:
Không tổng quát, giả sử x y z. Từ giả thiết suy z x y đó,
2 2
2
2 2
3 3 3 12
3 3 3 12
x y y z x z
x y y x x y
P x y x y
x y x y
Đặt
2 2
a x y
b y x
2 3 2
3
a b x
b a y
và a b 0
Thay vào P ta :
2
2
3 3 3 2
3 3 3 2 3
2 2
a b a b
a b a b
P a ab b
a b a b
Đặt
,
2 2
a b a b
u v
u v 0 và ta có :
2 2
9v 3u v 3u v 2 3
P u v
Xét hàm:
2
( ) 9v 3u v 3u v 2 3 , 0
P f u u v u v
(8)2
2 '( ) ln 3 ln
3 2ln
u v u v u
f u
u v
( )
f u
đồng biến v;)kéo theo
2
( ) ( ) 9 3 1 4 2.9 4 1 (1)
v v
v
f u f v v
v
Xét ( ) 2.9 4 1, 0
v
g v v v
'( ) 2.9 ln 4.9 ln 4ln 0v v 0
g v do v
Suy g(v) đồng biến 0;), kéo theog v( )g(0) 3 (2) Từ (1) và (2),suy f(u)3 hay P3
Đẳng thức xảy u=v=0 hay x = y = z =0 Vậy P=3
Cách2
Đặt a x y b, y Z c, z x
Từ giả thiết suy
2 2 2
x y z xy yz zx
Do
2 2
2 2
6 x y z 2 x y y z z x
Vì đặt a x y b, y z c, z x a b c, , 0 và a b c b c a c a b , ,
Ta có
2 2
3a 3b 3c 2
P a b c
Vì a b c nên
2
a b c c
Tương tự
2
2
b c a a c a b b
Công ba bất đẳng thức ta
2 2 2 2
2 ab bc ca a b c a b c 2 a b c
(9)
3 3 3
3a 3b 3c
P a b c
a b c
Xét hàm
'
3 , 0
3 ln 0
0 1
x x
f x x x
f x
f x f
Vì Vậy P 3, dấu “=” xảy x = y = z =
Câu 7. a).
2
1
11 3
15 3 5
2 ,
2 2 5
2 1
h d M AN
Đặt
6 , 0
AB x x
(10)2
2
2
2 2 2
1 1
. 6 2 6
2 2
1 1
. 6 3 9
2 2
1 1
. 3 4 6
2 2
36 6 9 6 15
ADN
ABM
CMN
AMN ABCD ADN ABM CMN
S AD DN x x x
S AB BM x x x
S CM CN x x x
S S S S S
x x x x x
Theo định lý pitago AN AD2 DN2 2
2
36 4 2 10
2 30 15 3 5 1
2
2 10 10 2
AMN
x x x
S x x
h x
AN x
Định lý pitago
2 36 9 145 45
2
AM AB BM x x x
:2 3 0 2 3
AN x y y x
Đặt: A a a( ; 2 3)
2
2
2
11 45
2
2 2
11 45
2
2 2
5 25 20
4
a a
a a
a a a a
a a
(11)Gọi
( 1; ; 2)
1; ; 2 0;0;3
A a a a B b b b I
Với a ≠ b
2
2 2
2
2 2
1; 2; 1
1; ; 1
2 1 4 6 4 2
2 1 4 6 4 2
IA a a IB b b b
IA a a a a IB b b b b
Vì IAB Vng cân I nên
2
2
2 1 1 4 0 . 0
6 4 2 6 4 2
3 1 0 (1)
6 4 0 (2)
a b ab
IA IB
a a b b
IA IB
ab a b
a b a b
Từ (2) a ≠ b
2
a b
vào (1) Ta
1
(12)2
1 2
3
1 2
3 8 3 a b IA
Vậy
: 2 32 8
3
S x y Z
Câu 9. a).
1
2
5
1 2
5
1.2.3
30 3 2
3 28 0 7( / )
4( )
n
n n
C C
n n n
n
n n
n n
n t m
n loai
Khai triển
7
2
7 1 1
14 2
x x
hay
x x
Số hạng tổng quát là
7
7
14
1 2
1 , , 7
2
k k
k
k k
k
k
x C
x x
C k N k
Xét
(13)Vậy số hạng chứa x là
5
3
7
35 1
2 16
x
C x
Câu 7b) Do tính đới xứng (E) nên giao điểm (C) và (E) là đỉnh hình vng thỏa mãn A(a;a) a>0
Suy a2 a2 8 a 2 2
2 2
4 4
( ) :E x y 1 1
m n m n
Vì 2m=8 nên m=4
2
1 4 16
1
4 n n 3
Vậy
2
( ): 1
16 16
3
x y
E
Câu 8b) Viết lại (d) dạng:
( )
x t y t t z t
Giả sử M(2t-1;t;t+2) N (a;b;c) Ta có
2
2
2
2 5 2
2
t a a t
t b b t
t c c t
a b c a b c
t t t
t
Vậy M(3;2;4), khác A => thỏa mãn
Câu b)
Đặt
, .
(14)
5
2 2 1
5 2 1
5 5 5 2 2 2
3 2 6 7 0
3 2 0 1
6 7 0 1
Z i
i
a bi i i a bi
a bi i a bi ai b i
a b i b a
a b a
b a b
Vậy
2
2
2
1 , 1 1 2
W=1+1+i+2i=2+3i
2 3 13
Z i Z i i i
Z