de va dap an khoi A 2012

Lưu ý: ở đây hs cơ bản có thể tính IH bằng cách xác định tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d.. Ta có H là trung điểm của AB.[r]

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 2

2 1

yx  ( m )x m ( ) ,với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên 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 vng Câu (1,0 điểm) Giải phương trình s in2x+cos2x=2cosx-1

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

3

2

3 22

1

x x x y y y

x y x y

      

 

   

 (x, y  R)

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân

2

1 ln(x 1)

I dx

x

 



Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy 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) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC tính khoảng

cách hai đường thẳng SA BC theo a

Câu (1,0 điểm) : Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = Tìm giá trị nhỏ

của biểu thức 2

3x y 3y z 3z x 6 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 vng ABCD Gọi M trung điểm cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử 11 1;

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

x y z   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

Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn

5Cnn Cn Tìm số hạng chứa x5 khai triển nhị thức Niu-tơn

2 14

n nx

x

 



 

  , 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 tắc elip (E), biết (E) có độ dài trục lớn (E) cắt (C) bốn điểm tạo thành bốn 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 + = điểm A (1; -1; 2) Viết phương trình đường thẳng  cắt d (P) M N cho A trung điểm đoạn thẳng MN Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa 5( )

1 z i

i z

  

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

Hàm số đồng biến (-1; 0) (1; +), nghịch biến (-;-1) (0; 1) Hàm số đạt cực đại x = yCĐ = 0, đạt cực tiểu x = ±1 yCT = -1

lim

xy  Bảng biến thiên :

x - -1 + y’  +  +

y + + -1 -1

y =  x = hay x = 

Đồ thị tiếp xúc với Ox (0; 0) cắt Ox hai điểm ( 2; 0) b/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x

y’ =  x = hay x2 = (m + 1)

Hàm số có cực trị  m + >  m > -1 Khi đồ thị hàm số có cực trị A (0; m2

), B (- m1; – 2m – 1); C ( m1; –2m – 1) Do AB = AC nên tam giác vng A Cách Gọi M trung điểm BC  M (0; -2m–1)

Do ycbt  BC = 2AM (đường trung tuyến nửa cạnh huyền)  m1 = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2 = (m + 1) m1 =

3

(m1) (do m > -1)  = (m + 1) (do m > -1)  m =

Cách Ta có: AB m 1; 2m 1 m2;AB m12  2m 1 m22

 2  2  22

1; ;

AC  m  m m AC m   m m



Do tam giác ABC cân A nên tam giác ABC vuông

   2 2    4

1

AB AC m m m m m

              

   3  

3

1 1 1

1

m

m m m m

m

  

 

            

 



Câu sin 2xcos 2x2cos -1x

 3sinxcosx + 2cos2x = 2cosx 2 cosx s inx cos x 1 cosx = hay sinx + cosx =

 cosx = hay

2 sinx +

2cosx =

2  cosx = hay cos(x 3) cos3

 

 

 x =

2 k hay x k

    

hay 2

x  k  (k  Z) Câu 3:

x y

-1

2

O -

3

2

3 22

1

x x x y y y

x y x y

      

 

   

 Đặt t = -x

Hệ trở thành

3 2

2

3 9( ) 22

2

t y t y t y

t y t y

      

 

   

 Đặt S = y + t; P = y.t Hệ trở thành

3

2

3 3( ) 22 3( ) 22

1 1

2 ( )

2 2

S PS S P S S PS S P S

S P S P S S

           

 

 

     

 

 

3

2

3 45 82

4

1

( )

2

2

S S S

P

P S S

S

      

 

 

  

   



Vậy nghiệm hệ 3; ; 1; 2 2



    

   

   

Cách khác :

3

2

3 22

1

( ) ( )

2

x x x y y y

x y

      

 

   

 Đặt u = x

1

 ; v = y +

Hệ cho thành

3

2

3 45 45

( 1) ( 1) ( 1)

2 4

1

u u u v v v

u v

        

 

   

Xét hàm f(t) = 3 45

2

t  t  t có f’(t) = 3 45

t  t < với t thỏa t  f(u) = f(v + 1)  u = v +  (v + 1)2 + v2 =  v = hay v = -1 

1 v u

   

 hay

1 v u

     

 Hệ cho có nghiệm 3; ; 1; 2 2



    

   

   

Cách khác:

   3    3    

1  x1 12 x 1 y1 12 y1 * Xét hàm số  

12 f t  t t

   

' 12 f t  t   t 

 

'

2 t f t

t

 

    



BBT:

t  -2 

  '

f t + - +  

f t 16

 16



Ta lại có:  

2

1

2

2

x y

   

      

Suy ra:

2

2

1 1 3 1

1 1 1 1

2 2 2 2

1

1 1 1 1

1

2 2

2

x x x

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

Vậy  

 

1 2; 2; x y         

Hàm số f(t) nghịch biến (-2; 2)

Do đó:  *  f x  1 f y        1 x y x y

Thay vào (2), ta có:

1

3 2 2

2

3 2 y x y y y x                  Câu

1 ln(x 1)

I dx x    = 3 2 1

1 ln(x 1)

dx dx

x x

 

  = 13

1 x



J

 =

3J Với

3

ln(x 1)

J dx

x

 

Đặt u = ln(x+1)  du = 1dx

x ; dv =

dx

x , chọn v = x



- J = ( 1) ln( 1)3

1 x x    + dx x

 = ( 1) ln( 1)3 x x



  + lnx13 = 4ln ln

 

+ ln3 = 2ln ln

3



 Vậy I = 2ln ln 3



 

Cách khác : Đặt u = + ln(x+1)  du = dx

x ; đặt dv = dx

x , chọn v = x



, ta có :

 3

1

1 ln( 1)

I x

x

    +

3

1 ( 1) dx x x

 =  

3

1

1

1 ln( 1) ln x x x x      = 2

ln ln 3



 

Câu

Gọi M trung điểm AB, ta có

2 3 6

a a a

MH MBHB  

2 2 2

2 3 28 7

2 6 36 3

a a a a

CH       CH      2 7 2 3 a

SC  HC  ; SH = CH.tan600 = 21 a

  1 2 7 3 7

,

3 4 12

a a

V S ABC  a

Dựng D cho ABCD hình thoi, AD//BC

Vẽ HK vng góc với AD Và tam giác vuông SHK, ta kẻ HI chiều cao SHK

Vậy khoảng cách d(BC,SA) khoảng cách 3HI/2 cần tìm

B A

C S

H M K

2 3 3

3 2 3

a a

HK   , hệ thức lượng

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1

21 3

3 3

HI HS HK a a

    

   

   

   

   

 

42 3 3 42 42

,

12 2 2 12 8

a a a

HI d BC SA HI

     

Cách khác:

600

N Q

M

K1

A B

C

H S

K

Ta có: ;

3

a a

HB HA

Áp dụng định lý cosin tam giác HBC, ta có:

2 2 7

2 cos 60

9

a a

HC HB BC  HB BC  HC

Hình chiếu vng góc SC lên (ABC) HC nên:   

, 60

SC ABC SCH  Tam giác SHC vuông H Suy 21

.tan 60

3

a a

SH HC  

Vậy

2

1 21

3 3 12

S ABC ABC

a a a

V  SH S   (đvtt)

Tính d(SA, BC):

Gọi M trung điểm BC Ta có 3;

a

AM  AM BC

Dựng đường thẳng d qua A song song với BC Dựng HQ vng góc với d Q, cắt BC N Ta có: AQ SH AQ SNQ SAQ SNQ ; SAQ SNQ SQ

AQ NQ

 

     

 



Trong (SNQ), kẻ NK vng góc với SQ K Ta có: NKSAQNKd N SAQ ,  AQ// BC nên BC // (SAQ) Suy ra: d SA BC , d BC SAQ , d N SAQ , NK

Ta có: 3;

2 a NQ AM 

NH // AM nên 1 3; 3

3 6

NH BH a a a a

NH AM QH NQ NH

AM  BA         

Tam giác SHQ vuông H nên:

2

2 21

3 3

a a a

SQ SH HQ      

   

Ta lại có: 42

2

SQN

SH NQ a

S SH NQ NK SQ NK

SQ

    

Cách gián tiếp:

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ Ta có: OH B; Oy S; Oz;OxAB

O z

y

x 600

M

K1

A

B

C

Ta có: 0; ;0 ; 0;0; 21 ; 0; ;0

3 3

a a a

A   S  B 

     

Gọi K1 trung điểm AB, suy ra: 1 1

3

; ;

2

a a a a

CK AB CK  HK AH AK    Do đó: 3; ;

2

a a

C  

 

 ,  ,

, SA BC AB d SA BC

SA BC

 

 



 

 

    

Ta có: 0;2 ; 21 ; 0; ;0 ; 3; ;0

3 2

a a a a

SA  AB a BC  

   

  

2 2

21 7

, ; ; ; , ;

6

a a a a

SA BC   SA BC AB

      

     

 

    

2 2

2 2

21

,

6 3

a a a a

SA BC      

         

       

 

 

3

2

48

,

8

2

3 a

a d SA BC

a

 

Câu x + y + z = nên z = -(x + y) có số khơng âm khơng dương Do tính chất đối xứng ta giả sử xy 

Ta có 2 2

3x y y x x y 12( ) P       x y xy =

2 2

3x y y x x y 12[(x y) xy]

      

2

2

3 2.3 12[( ) ]

y x x y x y

x y xy   

    



3

3 2.3

x y x y

x y



   

Đặt t = x y 0, xét f(t) = 2.( 3)3t2 3t

f’(t) = 3

2.3( 3) ln 3t  2 3( 3.( 3) ln 1)t  0  f đồng biến [0; +)  f(t)  f(0) =

Mà 3x y  30 = Vậy P  30 + = 3, dấu “=” xảy  x = y = z = Vậy P = A Theo chương trình Chuẩn :

Câu 7a

Ta có : AN = 10 a

; AM = a

; MN =

a ; cosA =

2 2

2

AM AN MN

AM AN

 

= 

 45o

MAN  (Cách khác :Để tính MAN = 450 ta tính

 

1

3

( )

1

3 tg DAM DAN



  



)

Phương trình đường thẳng AM : ax + by 11 a 2b

  =

B A

C D

N



2

2

cos

2 5( )

a b MAN

a b 

 

  3t

2

– 8t – = (với t = a

b)  t = hay t  + Với t =  tọa độ A nghiệm hệ :

3 17

x y x y

   

   

  A (4; 5)

+ Với

t   tọa độ A nghiệm hệ : 3 x y

x y

   

   

  A (1; -1)

Cách khác: A (a; 2a – 3), MH= ( , )

d M AN  , MA = 10

MH  

2

11 45

( ) (2 )

2 2

a  a 

 a = hay a =  A (1; -1) hay A (4; 5)

Câu 8a Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi ud = (1; 2; 1) vectơ phương đường thẳng d [ , ]

2

( , )

2

d d MI u AB R

IH d I d

u

   

 

 , [MI u , d] ( 2;0; 2)  IH =  2

2

R

  R =

3  phương trình mặt cầu (S) :

2

( 3) x y z 

Lưu ý: hs bản tính IH cách xác định tọa độ điểm H hình chiếu vng góc I lên đường thẳng d Ta có: 2 5; ;

3 3 H 

 

Đường thẳng d có phương trình tham số:

1 2

x t

y t

z t

   

      

D có VTCP u1; 2;1 ;

Gọi H hình chiếu vng góc I lên đường thẳng d Ta có H trung điểm AB Ta có: H 1 t t; ; 2 t d IH;   t t; ; 1 t

   

1 2.2 1

3 IH u    t t  t      t t

  2 5

; ; 3

H 

  

 

2 2

; ; ;

3 3

IH     IH 

 



Tam giác IAB vng I có IH trung tuyến nên 3 IH HB Tam giác IHB vuông H nên

2

2 2 3

3 3

IB IH HB      

   

Vậy mặt cầu (S) có tâm I(0;0;3) có bán kính

RIB có phương trình:

 2

2

3

3 x y  z  Câu 9.a 5Cnn Cn3

   ( 1)( 2)

5

6 n n n

Gọi a hệ số x5

ta có

7

7

7

1

i i

i x

C ax

x



     

   

  

7

7 14

7

( 1)

2 i

i i i

C x ax



   

   

 

 14 – 3i =  i =

7

7

2 i i

C a



  

   

   a =

35 16



Vậy số hạng chứa x5

35 16



.x5 B Theo chương trình Nâng cao :

Câu 7b

(C) có tâm O(0;0) có bán kính R2

(E) cắt (C) tạo thành đỉnh hình vng suy hình vng nội tiếp đường trịn (C) Theo giả thiết, ta có: 2a =8 suy a =

Phương trình tắc elip:

2

2

4 x y

b

 

Tọa độ đỉnh hình vng nghiệm hệ phương trình:

2

2

2

8

x y x y

b

  

 

 



Giả sử hệ có nghiệm (x,y) = (x0, y0) có nghiệm (-x0; y0); (x0; -y0); (-x0;-y0) Suy hình

vng nhận O làm tâm AB// Ox, CD // Ox Gọi M, N trung điểm AD BA

Tam giác OMA vuông cân M nên: OA2 2OM ON  2 A 2; (E) qua A(2;2) nên:

2

2

2

1

4 b   b Vậy phương trình tắc elip là:

2

2

2

4 4 3

3

x  y 

 

 

 

Câu 8b M d M( ; ; 2  t t t t) ( R); A trung điểm MN N(3 ; 2 t  t; 2t) ( )

N P  t N( 1; 4;0)  ;  qua A N nên phương trình có dạng :

2

x  y  z Câu 9b z x yi

5( ) z i

i z



  

5( )

2 x yi i

i x yi

 

  

 

5[( ( 1) ) ( 1)

x y i

i x yi

 

  

 

5x 5(y 1)i 2(x 1) (x 1)i 2yi y

         5x5(y1)i(2x 2 y) (  x )y i

2

1 5( 1)

x y x

x y y

   

     

3

7

x y x y

  

    



1 x y

 

  

