Câu 8a: Câu này thì quen hơn song cũng cần có kiến thức vững về quan hệ của mặt cầu và đường thẳng mới làm được.. Câu 9a: Là câu gây bất ngờ nhất cho học sinh, rất ít học sinh ôn tập[r]
(1)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam Độc lập - Tự - Hạnh phúc ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn : TOÁN - Khối : A, A1
Thời gian làm 180 phút không kể vthời gian giao đề 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 tham số thực a) Khảo sát biến thiên 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 2x2 cos -1x
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 khới chóp S.ABC tính khoảng cách hai đường thẳng SA 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 3 6
x y y z z x
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 ; 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
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 Cn3
Tìm sớ hạng chứa x5 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 (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)
tại M N cho A trung điểm đoạn thẳng MN Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa
5( ) z i
i z
Tính mơđun sớ phức w = + z + z2. hết
(2)NHẬN XÉT VỀ ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI A VÀ A1 NĂM 2012 Câu 1:
a) Khảo sát hàm số trùng phương quen thuộc
b) Câu hỏi cực trị cũng bản song tính toán nhiều Đa phần học sinh làm dạng Câu 2: Giải phương trình lượng giác khá đơn giản Học sinh cần dùng công thức nhân đôi giải phương trình lượng giác bản xong Câu dễ năm ngoái
Câu 3: Giải hệ phương trình: Học sinh làm phương pháp thế, đưa phương trình ẩn Câu tương đương năm ngoái, song cũng khá khó, cũng câu phân hóa Học sinh không tinh mắt, không rèn luyện tốt bỏ hồn tồn
Câu 4: Câu tính tích phân theo phương pháp từng phần Câu bản, quen, nhiều học sinh làm Dạng giống với đề khối D hàng năm
Câu 5: Nửa đầu bản: tính thể tích khới chóp, song cũng phải có các kiến thức góc, khoảng cách khá vững làm tớt Nửa sau khó hơn: Tính khoảng cách đường thẳng chéo Ý coi để phân hóa Học sinh vững lý thuyết chuyển sang tọa độ làm
Câu 6a: Câu phân hóa khó đề, câu max, biểu thức đối xứng Dành cho các học sinh có sức sáng tạo cao Sẽ học sinh làm câu
Câu 7a: Câu khá khó với học sinh, đề đơn giản khó tìm manh mới, lời giải Cần phải vẽ hình dựa vào tính chất hình vng để làm dùng phương pháp đại sớ (hệ sớ góc) Nhiều học sinh khơng làm câu chuyển sang phần Nâng cao
Câu 8a: Câu quen song cũng cần có kiến thức vững quan hệ mặt cầu đường thẳng làm
Câu 9a: Là câu gây bất ngờ cho học sinh, học sinh ôn tập phần kĩ Đề thi từ 2009 đến chưa có phần khai triển Newton Đây điểm đáng tiếc cho thí sinh ơn thi khơng đầy đủ, khơng bám sát cấu trúc mà nhìn vào đề thi năm trước
Câu 7b: Elip cũng phần gây chút bất ngờ cho học sinh, đặc biệt các học sinh không chịu ôn phần này, song cịn dễ nhiều so với câu 7a
Câu 8b: Câu khá bản dễ, cũng dễ câu 8a tương ứng
Câu 9b: Đây dạng quen câu phần riêng Đa phần học sinh thấy quen cũng dễ chọn phần Nâng cao để làm
Tóm lại: Đề thi khá khó, phân hóa rõ Với đề thi này, học sinh trung bình khoảng 3, điểm Học sinh khá 5, điểm Học sinh giỏi, nắm vững kiến thức, tính toán 7, điểm Học sinh có sáng tạo, kĩ làm toán nhanh điểm Điểm 10 ít, cũng năm 2011
Các em thi đợt cần đặc biệt ý đến cấu trúc đề đợt Chúc các em bình tĩnh, tự tin làm thật cẩn thận, rút kinh nghiệm để đạt kết quả cao
(3)Câu 1: Cho hàm số y x 4 2( m1)x2m ( )2 ,với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên 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 Gợi ý :
a/ Khảo sát, vẽ (C) : m = Þ y = x4 – 2x2
D = R, y’ = 4x3 – 4x, y’ =
Û 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 = Û x = hay x = ±
Đồ thị tiếp xúc với Ox (0; 0) cắt Ox hai điểm (± 2; 0) b/ Gợi ý 1:
y’ = 4x3 – 4(m + 1)x
y’ = Û x = hay x2 = (m + 1)
Hàm sớ có cực trị Û m + > Û m > -1
Khi đồ thị hàm sớ có cực trị A (0; m2),
B (- m1; – 2m – 1); C ( m1; –2m – 1)
Do AB = AC nên tam giác vng A Gọi M trung điểm BC Þ M (0; -2m–1)
Do ycbt Û BC = 2AM (đường trung tuyến nửa cạnh huyền) Û m1 = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2Û = (m + 1) m1 =
3
(m1) (do m > -1) Û = (m + 1) (do m > -1) Û m =
Gợi ý 2:
3
3
2
' 4 ;
0
' 4( 1) ( 1)
( 1) (*)
y x m x
x
y x m x x x m
x m
Û Û Û
Để (1) có cực trị pt (*) có nghiệm phân biệt khác Û m+1>0 Û m >-1 Với m>-1 pt (*) có nghiệm phân biệt: x1 m1 x2 m1
Gọi : M(0;m2); N( m1; 2 m 1); P( m 1; 2m1)
Vì đồ thị hàm số đối xứng qua trục 0y nên MNP phải cân M Vậy tam giác MPN vuông M suy MN2 MP2 NP2
3
(m 1) ( m 1) 1
Û Û
m=0 (vì m>-1) Vậy m=0
Câu Giải phương trình sin 2xcos 2x2 cos -1x Gợi ý 1:
3 sin2x+cos2x=2cosx-1Û 3sinxcosx + 2cos2x = 2cosx
Û cosx = hay 3sinx + cosx =
Û cosx = hay
2 sinx +
2cosx =
2 Û cosx = hay cos(x 3) cos3
Û x = k hay x k2
hay
2
x k
x
y
-1
O
(4)
Câu 3:Giải hệ phương trình
3
2
3 22
1
x x x y y y
x y x y
(x, y R).
Gợi ý 1:
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
1
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
Û 2
2 45 82
4
1
( ) 2
2
S S S P
P S S S
Û Û
Vậy nghiệm hệ
3 1
; ; ; 2 2
Gợi ý 2:
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) =
2 45
3 t t
< với t thỏa t
Þ f(u) = f(v + 1) Þ u = v + Þ (v + 1)2 + v2 = Þv = hay v = -1 Þ v u
hay
1 v u
Þ Hệ cho có nghiệm
3 1
; ; ; 2 2
.
Câu Tính tích phân
2
1 ln(x 1)
I dx
x
Gợi ý 1:
2
1 ln(x 1)
I dx x = 3 2 1
1 ln(x 1)
dx dx x x = 3 1 x
J =
2
3J . Với
2
ln(x 1)
J dx
x
Đặt u = ln(x+1) Þ du =
1 1dx
x ; dv =
1 dx
x , chọn v = x - J =
( 1) ln( 1) x x + dx x =
( 1) ln( 1) x x +
lnx = 34ln 2ln 2 + ln3 =
2
ln ln 3
Vậy I =
2
ln ln 3
Gợi ý 2: Đặt u = + ln(x+1) Þ du = dx
x ; đặt dv =
dx
x , chọn v = x
, ta có :
3
1
1 ln( 1)
I x
x
+
1 ( 1) dx x x
=
3
1
1
1 ln( 1) ln x x x x = 2
ln ln 3
Câu 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
(5)phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khới chóp S.ABC tính khoảng cách hai đường
thẳng SA BC theo a Gợi ý 1:
Gọi M trung điểm AB, ta có a a a MH = MB - HB = - =
2
2 2 2
2 a 3 a 28a a 7
CH = + = CH =
2 6 36 3
2a 7 SC = 2HC =
3 ; SH = CH.tan600 = 21 a
1 a2 7 a3 7
V S, ABC = a =
3 4 12
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
2 a 3 a 3
HK = =
3 2 3 , hệ thức lượng
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
= + = +
HI HS HK a 21 a 3
3 3
a 42 3 3 a 42 a 42
HI = d BC,SA = HI = =
12 2 2 12 8 .
Gợi ý 2:
Tích Thể Tích khới chóp S.ABC Gọi M trung điểm AB =>
1 a
MH= MB= ,
3
Vì ABC cạnh a, CM đường cao
a CM=
2
Þ
Xét CMH vng M
Theo Pitago ta có: CH =CM +MH2 2
2 2
a a 7 2
+ a
2
a CH=
3 Þ
Ta có
SC, ABC =SCH=60 o
SH a 21
tanSCH= = SH=HC 3=
HC
Þ Þ
.ΔABC
2 3
1 1 a 21 a 3 a 7
V = SH.S = . =
3 3 3 4 12
S ABC
Þ
Xét mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A song song với BC Nên BC//(SA;d)
BC,SA B, SA,d
d( )=d( )
Þ
Dựng hình thoi ABCD Dựng HK cho:
()
()
HKADKAD HISKISK
, ta có: SH ABC Þ SH AD
MàHK AD nên ADSHK Þ SAD SHK HI SK n n HIê SAD
B A
C S
H M
K
(6)Þ HI khoảng cách từ H đến (SAD)
AH sin
3
a a
KH KAH
Þ
Vì
2
2 2
1 1 3 24
90 ê
2
21
o a
SHK n n HI
a
HI HS HK a a
Þ
Vì BC//(SAD)
2
HA AB
nên khoảng cách cần tìm là:
3 3 a 42 a 42
d BC,SA = HI = =
2 2 12 8
Þ
Câu 6. Gợi ý 1:
x + y + z = nên z = -(x + y) có sớ khơng âm khơng dương Do tính chất đới xứng ta giả sử xy 0, ta có :
2 2
3x y 3 y x 3 x y 12( )
P x y xy
= 3x y 32y x 32x y 12[(x y )2 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 3t
f’(t) = 2.3( 3) ln 3 3( 3.( 3) ln 1) 03t 3t
ị f ng bin trờn [0; +Ơ) ị f(t) f(0) =
Mà 3x y 30 = Vậy P 30 + = 3, dấu “=” xảy Û x = y = z = Vậy P = Gợi ý 2: Không tổng quát, giả sử x y z
Từ giả thiết suy z x y đó,
2 2 2 2 2
3x y 3y z 3x z 12 3x y 3 y x 3 x y 12
P x y x y x y x y
Đặt:
2
a x y
b y x
2
3 a b x
b a y
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 a b a b
P a ab b
Đặt:
2 , 2
a b u
a b v
u v 0 và ta có: P 9v 3u v 3u v 2 u2 3v2
Xét hàm:
2
2
( ) 3 ,
2
'( ) ln 3 ln ln
3
v u v u v
u v u v
P f u u v u v
u f u
u v
( ) f u
(7)'( ) 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) (2), suy f(u)3 hay P3
Đẳng thức xảy u=v=0 hay x = y = z =0 Vậy P=3
Gợi ý 3: Đặt a x y b, y z c, z x
Từ giả thiết suy ra:
2 2 2
x y z xy yz zx
Do đó:
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 a b c b c a c a b , ,
Ta có:
2 2 3a 3b 3c
P a b c
Vì a b c nên
2
a b c c
Tương tự:
2;
b c a a c a b b
Công ba bất đẳng thức ta được:
2 2 2
2 ab bc ca a b c Þ a b c 2 a b c
Do vậy: 3 3 3 3
a b c a b c
P a b c a b c
Xét hàm
'
3 ,
3 ln 0 x
x
f x x x
f x
f x f
Þ
Vậy P3, dấu “=” xảy x = y = z =
A Theo chương trình Chuẩn :
Câu 7a Gợi ý 1:
Ta có : AN = 10 a
; AM = a
; MN =
6 a
;
cosA =
2 2
2
AM AN MN
AM AN
=
2 Þ MAN 45o (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
=
2
2
cos
2
5( )
a b MAN
a b
Û 3t2 – 8t – = (với t = a
b ) Þt = hay t
+ Với t = Þ tọa độ A nghiệm hệ :
2
3 17
x y x y
Þ A (4; 5) + Với
1 t
Þ tọa độ A nghiệm hệ :
2
3 x y
x y
Þ A (1; -1)
Gợi ý 2:
B A
C D
N
(8)A (a; 2a – 3),
3 ( , )
2 d M AN
, MA =
3 10
2
MH
Û
2
11 45
( ) (2 )
2 2
a a
Û a = hay a = Þ A (1; -1) hay A (4; 5)
Gợi ý 3:
2
2
11
15
,
2
2
h d M AN
Đặt: AB6 ,x x0, ta có:
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
Þ
Theo định lý pitago AN AD2DN2 36x2 4x2 2 10x
2 30 15
2
2 10 10
AMN
S x x
h x
AN x
Þ Þ Þ
Định lý pitago, ta có:
2 36 9 145 45
AM AB BM x x x
Mà AN :2x y 0 Û y2x Đặt: A a a( ; 2 3)
2 2
2
11 45 11 45
2
2 2 2
1
5 25 20
4
a a a a
a
a a a a
a
Þ Û
Û Û Û
Vậy A1(1; 1), A2(4;5)
Câu 8a. Gợi ý 1:
Gọi A a( 1; ;a a2), B b 1; ;b b2 , I0;0;3 , 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
Þ
Þ
Vì IAB vng cân I nên
2
2
3 1 0 (1)
2 1 1 4 0
. 0
6 4 0 (2)
6 4 2 6 4 2
ab a b
a b ab
IA IB
a b a b
a a b b
IA IB
Û Û
Từ (2) a ≠ b
2 a b
Û
(9)Ta được:
1 ab
2
8
3
3 a
IA b
Þ Þ
Vậy
2
:
3 S x y Z
Gợi ý 2: Ta có: (d) qua M (-1; 0; 2) có vectơ phương u(1; 2;1)
Ta có: IH = d(I, (d)) =
[IM u, ] u
Trong đó: IM( 1;0; 1) và IM u,
= (2; 0; -2)
Þ d (I, (d)) =
2 2
2 2
2 ( 2) 2
1
Ta có:
900 IA IB R AIB
=> IAB vuông cân I Nên: R = IA = IH. 2= 2
Vậy phương trình (S): x
2+y2+ (z - 3)2 =
Câu 9.a 5Cnn Cn3
Û
( 1)( 2)
6
n n n
n
Û 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) Þ n =
Gọi a hệ sớ x5 ta cósớ hạng tổng quát là:
7
7
2 14
7
7
1
1 , ,
2
i i i
i
i i
i
x x
C C i N i
x
7
7
7
1
i i
i x
C ax
x
Þ
Û
7
7 14
7 ( 1)
2 i
iC i x i ax
Þ 14 – 3i = Þ i =
7
7
2 i i
C a
Þ a =
35 16
Vậy số hạng chứa x5 35 16
x5.
B Theo chương trình Nâng cao :
Câu 7b
Giả sử phương trình (E) cần tìm là:
2 2
x y
a b Độ dài trục lớn nên 2a = suy a =
Xét hệ:
2 2
2
8 (1) (2) 16
x y
x y
b
Từ hệ trên, ta thấy giao điểm (E) (C) có tọa độ là:
0 0 0 0
( ; ), ( ; ), ( ; ), ( ; ) A x y B x y C x y A x y
Với x0 0, y0 0 ABCD hình chữ nhật Để ABCD hình vng AB = BC
0 0
2y 2x x y
(10)Thay vào phương trình (1) ta được: 2x02 Û8 x0 2 (vì x0 0) Thay vào (2):
2
2
2
2 16
1
16b Û b Û4 b 3
Vậy phương trình (E):
2 16 16
3
x y
Câu 8b. d: x
1 y
1 z
(P) : x + y – 2z + = 0; A (1; -1; 2)
Viết phương trình cắt d (P) lật lượt M N cho A trung điểm MN.
Ta có d:
1 2
x t
y t
z t
tR.
Gọi M giao d ta có: M ( -1+2t; t; 2+t).
A trung điểm MN =>
2 3 2
2 2
2
M N A
N
M N
A N
N M N
A
x x
x
x t
y y
y y t
z t
z z
z
Û
.
Mà N (P) => 1.(3-2t) + 1.(-2-t) – 2.(2-t) + = 0.
– 2t – – t – + 2t + =
t =
Vậy M(3; 2; 4)
qua MA vectơ phương MA (-2; -3; -2)//(2; 3; 2).
Vậy phương trình :
1 2
x t
y t
z t
tR. Câu 9b z x yi (x, y ; z-1),
5( ) z i
i z
5( )
2 x yi i
i x yi
Û
5[( ( 1) ) ( 1)
x y i
i
x yi
Û
5x 5(y 1)i 2(x 1) (x 1)i 2yi y
Û Û 5x 5(y1)i(2x 2 y) ( x 1 )y i
2
1 5( 1)
x y x
x y y
3
7
x y
x y
Û
1 x y
Û