DapanToanAA1dachuyensangWord

[r]

(1)

B GIÁO D C VÀ ĐÀO T OỘ Ụ Ạ Đ THI TUY N SINH Đ I H C NĂM 2012Ề Ể Ạ Ọ - Môn: TOÁN Kh i A kh i A1ố ố

ĐÁP ÁN Th i gian làm bài: 180 phút, không k th i gian phát đờ ể ờ ề

PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH (7

Ầ

Ấ

Ả

đi m

ể

)

Câu (2 m)

ể

Cho hàm s

ố

y x





2(

m



1)

x



m

(1), v i m tham s th c.

ớ

ố ự

a) Kh o sát s bi n thiên vẽ đ th hàm s (1)

ả

ự ế

ồ ị

ố

m

.

b) Tìm

m

đ đ th hàm s (1) có ba m c c tr t o thành ba đ nh c a tam giác

ể ồ

ị

ố

ể

ự

ị ạ

ỉ

ủ

vuông.

a)

Khi m = 0, ta có: y = x4 –2x2

•Tập xác định: D = 

•Sự biến thiên:

− Chiều biến thiên: y ' = 4x3 –4x; y ' = ⇔ x = x = ±1

Các khoảng nghịch biến: (−∞; −1) (0; 1); khoảng đồng biến: (−1; 0) (1; + ∞)

− Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = ±1, yCT = −1; đạt cực đại x = 0, yCĐ =0

− Giới hạn:

lim lim

x x

y y

    

 

− Bảng biến thiên:

' – + – +

0

•Đồ thị:

b)

Ta có y ' = 4x3 − 4(m + 1)x = 4x(x2 − m − 1)

Đồ thị hàm số có điểm cực trị m + > ⇔ m > −1 (*)

8

-2

-1 O

x

-1

+∞ +∞

-∞ -1

x y

+∞ y’

(2)

Các điểm cực trị đồ thị A(0; m2 ), B( m1; 2 m1) (C m1; 2 m 1)

Suy ra: AB ( m1; ( m1) )2



AC ( m1; ( m1) )2



Ta có AB = AC nên tam giác ABC vuông AB AC 0

 

⇔ (m + 1)4 − (m + 1) =

Kết hợp (*), ta giá trị m cần tìm m =

Câu (1 m)

ể

Gi i ph

ả

ươ

ng trình :

3 sin 2

x



cos 2

x



2cos

x



1

.

Phương trình cho tương đương với ( sin x + cos x −1) cos x =

●

x

k

 

     

●

x



     

2 x k 

 

ho c

ặ

2

2 ( )

3

x  k  k 

.

Vậy nghiệm phương trình cho x k

 

 

, x k 2

2

2 ( )

3

x  k  k 

.

Câu (1 m)

ể

Gi i h ph

ả ệ

ươ

ng trình :

3

2

3 22

( , )                

x x x y y y

x y

x y x y 

H cho t

ệ

ươ

ng đ

ươ

ng v i :

ớ

3

2

( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1) (1)

1

1 (2)

2

x x y y

x y           































T (2), suy

ừ

1 1 x    

1

1 1

2 2

y x

        

1

2 y

   

.

Xét hàm s

ố

f t

( )



t



12

t

3 ; 2     

 

, ta có

f t

t

, suy

f t

ngh ch

ị

bi n

ế

Do (1) ⇔ x – = y + ⇔ y = x – (3)

Thay vào (2), ta đ

ượ

c

2

1

2 2

x  x   x  x   x

























ho c

ặ

3 x

Thay vào (

3), ta đ

ượ

c nghi m c a h

ệ

ủ

ệ

1

( ; ) ;

2

x y     

ho c

ặ

3

( ; ) ;

2

x y   

 

Câu (1 m)

ể

Tính tích phân :

2

1 ln(x 1)

I dx

x

 





.

Đ t

ặ

2

1 ln( 1)

1 1

dx

u x du

(3)





3

1

2

3

1

1 ln( 1) dx ln dx I

x x

x

x x

     







3

2 2

ln ln ln

3 3ln x 3

     

Câu (1 m)

ể

Cho hình chóp

S.ABC

có đáy tam giác đ u c nh

ề

ạ

a

Hình chi u vng

ế

góc c a

ủ

S

m t ph ng

ặ

ẳ

(

ABC

)

m

ể

H

thu c c nh

ộ

ạ

AB

cho

HA



2

HB

Góc

gi a đ

ữ

ườ

ng th ng

ẳ

SC

m t ph ng

ặ

ẳ

(

ABC

)

b ng

ằ

60

o

Tính th tích kh i chóp

ể

ố

S.ABC

và

tính kho ng cách gi a đ

ả

ữ

ườ

ng th ng

ẳ

SA

BC

theo

a

.

Ta có

S

ˆ

CH

SC

ABC

S

ˆ

CH

=

60

.

Gọi D là trung điểm cạnh AB Ta có:

2

3

, ,

6

a a a

HD CD HC  HD CD 

,

0 21

.tan 60

3 a

SH HC 

.

2

13 ABC 13 321 4 217

S ABC SH S a a a

V



.

Kẻ Ax // BC Gọi N và K

lần lượt hình chiếu vng góc

của H trên Ax và SN Ta có BC // (SAN) BA =

3

2HA nên

d (SA, BC) = d (B, (SAN )) =

2 d (H , (SAN )).

Ta có Ax ⊥ (SHN ) nên Ax ⊥ HK Do HK ⊥ (SAN) Suy d (H , (SAN )) = HK

0

2

2 42

, sin 60 ,

3 12

a a SH HN a

AH HN AH HK

SH HN

    



V y

ậ

42

( , )

8 a

d SA BC 

Câu (1 m)

ể

Cho s th c

ố ự

x

,

y

,

z

th a mãn

ỏ

x y z

  

0

Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c :

ị

ỏ

ấ ủ

ể

ứ

P

x y

y z

z x

x

y

z

.

Ta chứng minh 3t ≥ t + 1,∀t ≥ (*)

Xét hàm f (t) = 3t − t −1, có f '(t) = 3t ln −1 >0 ,∀t ≥ f (0) = , suy (*)

Áp dụng (*), ta có 3| x− y | +3 | y−z | +3| z−x| ≥ 3+ | x− y |+| y − z |+ | z − x|

Áp dụng bất đẳng thức | a | + | b | ≥ | a + b | , ta có:

(| x− y |+| y − z |+ | z − x|)2 =| x− y |2 +| y− z |2 + | z − x|2 + | x− y |(| y− z |+ | z− x|)+ | y− z |(| z−

K

N

H

C S

B x

(4)

x|+ | x− y |)

+| z − x|(| x− y |+| y− z |) ≥ 2

(

x

y

z

x

2

)

Do | x− y|+| y− z|+| z− x| ≥ 2

(

x

y

z

x

)

x

y

z

(

x

y

z

)

Mà x+ y+ z =0, suy | x− y|+| y− z|+| z− x| ≥ 6x2 +6 y2 +6z2

Suy P =3| x−y| +3| y−z| +3| z−x| − 6x2 +6 y2 +6z2 ≥

Khi x = y = z = dấu xảy

Vậy giá trị nhỏ P bằng

PH N RIÊNG

Ầ

(3 m) : Thí sinh ch làm m t hai ph n A ho c B

ể

ỉ

ộ

ầ

ặ

A Ch

ươ

ng trình chu n

ẩ

Câu 7.a (1 m)

ể

Trong m t ph ng v i h t a đ

ặ

ẳ

ớ ệ ọ

ộ

Oxy

, cho hình vng

ABCD

G i

ọ

M

là

trung m c nh

ể

ạ

BC

,

N

m n m c nh

ể

ằ

ạ

CD

cho

CN

ND

Gi s

ả ử

11 1

( , )

2 2

M

và đ

ườ

ng th ng

ẳ

AN

có ph

ươ

ng trình

2

x y



3 0



Tìm t a đ m

ọ

ộ ể

A

.

Gọi H là giao điểm AN và

BD Kẻ đường thẳng qua H

và song song với AB, cắt AD và

BC lần lượt P và Q

Đặt HP = x Suy PD = x, AP = 3x và HQ = 3x

Ta có QC = x, nên MQ = x

Do ∆AHP = ∆HMQ, suy

AH ⊥ HM

Hơn nữa, ta có AH = HM

Do

3 10

2 ( , )

2

AM MH d M AN 

A∈AN, suy A(t; 2t – 3)

2

3 10 11 45

2

2 2

MA 





t









t













2 5 4 0 1

t t t

      t4

V y

ậ

A

ho c

ặ

A

Câu 8.a (1 m)

ể

Trong không gian v i h t a đ

ớ

ệ ọ

ộ

Oxyz

, cho đ

ườ

ng th ng

ẳ

1

2

:

1

2

1

x

y

z

d







m

ể

I

(0, 0,3)

Vi t ph

ế

ươ

ng trình m t c u

ặ ầ

S

có tâm

I

c t

ắ

d

t i hai m

ạ

ể

A

,

B

cho tam giác

IAB

vuông t i

ạ

I

.

Véc tơ phương d là

a



= (1; 2; 1)

Gọi H là trung điểm AB, suy IH ⊥ AB

P D

N C

A B

M Q H

I

(5)

Ta có H ∈d

nên tọa độ H có dạng

H

t



IH



= (t −1; 2t; t −1)

3 IH AB IH a                  t t t    t

2 2

; ;

3 3

IH

    

 



Tam giác IAH vuông cân H, suy bán kính mặt cầu (S)

2

3

RIA IH 

Do phương trình mặt cầu cần tìm

2 2

( ) : ( 3)

3

S x y  z 

Câu 9.a (1 m)

ể

Cho n s nguyên d

ố

ươ

ng th a mãn

ỏ

5

C

nn



C

n

Tìm s h ng ch a

ố ạ

ứ

5

x

khai tri n nh th c Niu-t n c a

ể

ị ứ

ơ

ủ

2

1

,

0

14

















n

nx

x

.



 



1

5

6 n

n n

n n n

C  C n  

  

7 n

  (vì n nguyên dương)

Khi

7

2 7

14

7 7

0

( 1)

1 1

14 2 2

n k k k k

k k

k

k k

C

nx x x

C x

x x x

           

































































S h ng ch a ố ứ

x

k

V y s h ng c n tìm là: ậ ố ầ

3

5

7

( 1) 35

16 C x x  

B Ch

ươ

ng trình nâng cao

Câu 7.b (1 m)

ể

Trong m t ph ng v i h t a đ

ặ

ẳ

ớ ệ ọ

ộ

Oxy

, cho đ

ườ

ng tròn

( ) :

C x



y



8

.

Vi t ph

ế

ươ

ng trình t c c a elip (

ắ

ủ

E

) có đ dài tr c l n b ng

ộ

ụ ớ

ằ

( )

E

c t

ắ

( )

C

t i

ạ

b n m t o thành b n đ nh c a hình vng.

ố

ể

ạ

ố

ỉ

ủ

Phương trình tắc (E) có dạng :

2

x y

a b  với

a b

 

0

a

Do (E) (C) nh n Ox Oy làm tr c đ i x ng giao m đ nh c a m t hìnhậ ụ ố ứ ể ỉ ủ ộ

vuông nên (E) (C) có m t giao m v i t a đ có d ng ộ ể ọ ộ A t t( ; ),

t



0

2

( )

A



C



t



t

, suy

t



2

4 16

(2; 2) ( )

16

A E b

b

     

Phương trình tắc (E)

2 16 16 x y  

Câu 8.b (1 m)

ể

Trong không gian v i h t a đ

ớ ệ ọ

ộ

Oxyz

,

cho đ

ườ

ng th ng

ẳ

1

2

:

2

1

x

y

z

d







, m t ph ng

ặ

ẳ

( ) :

P x y

 

2

z

 

5 0

m

ể

(1; 1;2)



A

Vi t ph

ế

ươ

ng trình đ

ườ

ng th ng

ẳ



c t

ắ

d

và

( )

P

l n l

ầ ượ ạ

t t i

M

N

cho

A

là trung m đo n th ng

ể

ạ

ẳ

MN

.

y

O x

A

(6)

M thuộc d, suy tọa độ M có dạng M(2t – 1; t; t + 2)

MN nhận A là trung điểm, suy N(3 – 2t; – – t; – t)

N∈(P) ⇔ − 2t − − t − 2(2 − t) + = ⇔ t = 2, suy M(3; 2; 4)

Đường thẳng ∆ qua A và M có phương trình

1

:

2

x y z

  

Câu 9.b (1 m)

ể

Cho s ph c

ố

ứ

z

th a mãn

ỏ

5(

)

2

1

z i

i

z



 



.

Tính mô đun c a s ph c :

ủ ố

ứ

w

  

1

z z

.

Đặt z = a + bi (a,b ∈  ), z ≠ −1.

Ta có

5( )

2 (3 2) ( 6)

1

3

7

z i

i a b a b i

z

a b a

a b b



        



  

 

  

 

 

 

Do z =1+i Suy w =1+ z + z2 =1+1+ i + (1+i)2 = 2+3i

Vậy w  2 3i  13