tù nên HA HMuuur uuuur.
Trang 1HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A, A1
NĂM HỌC 2011-2012
MÔN: TOÁN
(Giáo viên: Tổ Toán Hocmai.vn)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2, 0 điểm)
Cho hàm số
y x= − m+ x +m
(1)
a Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0
Với m = 0, ta có
y x= − x
1 Tập xác định: D = R
2 Sự biến thiên
- Chiều biến thiên
0 1 1
x x x
=
⇔ =
= −
- Vẽ đồ thị (học sinh tự vẽ):
+ Hàm số chẵn đối xứng qua trục tung
+ Giao Ox: y = 0
0 2
x x
=
→
= ±
+ Giao Oy: x = 0 suy ra y = 0
- Tính giới hạn:
lim ; lim
x→−∞= +∞ x→+∞= +∞
- Bảng biến thiên
- Hàm số đồng biến trên các khoảng từ (- 1; 0) và (1; +∞
)
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng từ (
;1
−∞
) và (0; 1)
- Cực trị
+ Hàm số đạt giá trị cực đại:
x = →y =
+ Hàm số đạt giá trị cực tiểu:
x = ± → y = −
Trang 2b Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 3 cực trị tạo thành một tam giác vuông.
3 ' 4 4( 1)
y = x − m+ x
Đề hàm số có 3 cực trị ⇔
y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
3 ' 0 4 4( 1) 0
0 1
x
=
Để hàm số có 3 cực trị ⇔
m+1 > 0 ⇔
m > -1.
Tọa độ điểm cực trị
2
(0; )
( 1; 2 1); ( 1; 2 1)
A m
Ta có AB = AC nên∆ABC
cân tại A.
Vậy ∆ABC
vuông ⇔
µ
2 2
0
0( )
1( )
o
m
m TM
=
uuur uuur
uuur uuur
Vậy m = 0 thỏa mãn yêu cầu
Câu 2 (1, 0 điểm): Phương trình đã cho tương đương:
2
2 3 sin cos 2cos 2cos 0 2cos ( 3 sin cos 1) 0
2
2 2
1
2
6 6
x
x k
x x
π
π
π
=
Trang 3Câu 3 (1, 0 điểm):
x − x − +x = y + y − y⇔ −x − x+ = +y − y
(x 1) 12(x 1) (y 1) 12(y 1) (1)
2
( ) ( ) 1 (2)
Từ (2)
2
2
−
Nên x -1 và y+1 đều thuộc (-2;2)
Ở (1), xét
3 ( ) 12
f t = −t t
với
( 2;2)
t∈ −
2 '( ) 3 12 0 ( 2;2)
f t = t − < ∀ ∈ −t
Nên
(vì
1; 1 ( 2; 2)
x− y+ ∈ −
)
2
x y
⇔ = +
Thay vào phương trình (2):
;
2
;
−
Vậy hệ có 2 cặp nghiệm:
3 1 1 3 ( ; ) ( ; );( ; )
2 2 2 2
x y = − −
Câu 4 (1, 0 điểm):
I =
3
2
1
1 ln(x 1)
dx x
∫
Đặt u = 1 + ln(x + 1)
2
w 1 z z= + +
Trang 43 1
dv dx v
x
−
3
1
x x
+
Câu 5 (1, 0 điểm):
Ta có:
4
ABC
a
S∆ =
Vì
SH ⊥ ABC
tại H nên
Xét tam giác BCH: Ta có:
2 os ( ) 2 os60
CH =BC +BH − BC BH c CBH =a + − a c =
Suy ra:
7 3
a
CH =
Tam giác SCH vuông tại H, có
· 600
SCH =
nên: SH = CH tan
0 60
=
3
Vậy
Dựng hình thoi ACBD trong mp (ABC)
Vì BC//AD
/ /( )
BC SAD
⇒
Do đó
[ ; ] [ ;( )] [ ;( )] 3 SABD
SAD
V
d SA BC d BC SAD d B SAD
S
Ta có:
12
SABD SABC
a
V =V =
Tam giác SAD có AD = a; DH = CH =
7 3
a
Trang 5SA =
SH +HA = + =
SD =
SH +HD = + =
·
2
1
os
5
3
a
SA AD SD
c SAD
a
+ −
5
SAD c SAD
·
[ ]
2
3
2
AS .sin
7
12
;
8 6 3
SAD
a
a
Câu 6 (1,0 điểmsss):
Đặt
a= −x y b= −y Z c= −z x
Từ giả thiết suy ra x2+y2+z2 = −2(xy yz zx+ + )
Do đó
6 x +y +z =2 x y− + −y z + −z x
Vì vậy nếu đặt
a= −x y b= −y z c= −z x
thì ss
và a b c b c a c a b+ ≥ , + ≥ , + ≥
Ta có
( 2 2 2)
3a 3b 3c 2
P= + + − a + +b c
Vì a b c+ ≥
nên (a b c c+ ) ≥ 2
Tương tự
( )
( )
2
2
b c a a
c a b b
Trang 6Công ba bất đẳng thức trên ta được
2 ab bc ca+ + ≥a + + ⇒b c a b c+ + ≥2 a + +b c
Do vậy
3 3 3
a b c
≥ + + − + +
Xét hàm
( )
( )
'
3 ln 3 1 0
0 1
x
x
f x x x
f x
f x f
= − >
Vì Vậy P≥3
, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0.ss
Câu 7a (1, 0 điểm):
AN x y− − = ⇔ =y x−
Xét α
là góc giữa CD và AN
tan AD DC 3
ND ND
Gọi k là hệ số góc của CD thì:
2
tan
1 2
k
k
+
(Vì AN có hệ số góc bằng 2)
1 2
1 2
7
k k
= −
Từ M, kẻ MH // CD (H∈
AN) thì H là trung điểm của AN
Đặt AB=a thì
a
MH = AB CD+ =
TH1: k=-1, phương trình MH là:
11 1
1( )
2 2
6
y x
⇔ = − +
Trang 7H có tọa độ là nghiệm của hệ:
(3;3)
( 3) ( 3)
5 5 2
3 2
H
MH
a
a
a
: ( ;2 3)
AN A x x
0 2
0
0
5 ( 3) (2 3 3) 5
4 (4;5) ( 3) 1
2 (2;1)
x
=
Mặt khác, tù nên HA HMuuur uuuur. <0
Xét A (4; 5) thì
5 5 (1; 2) ( ; )
2 2
HA= HM = − uuur uuuur
5
2
HA HM
⇒uuur uuuur= − <
(4;5)
A
⇒
thỏa mãn đề bài.
A (2; 1) : Loại
Trường hợp 2:
1 7
k =−
, phương trình MH là:
y= − x− + ⇔ =y − x+
Tạo độ H là nghiệm
1 9
2 (2;1)
1
2 3
( 2) ( 1)
x
H y
y x MH
−
= −
Ta lại có a = 3 2 và
5 ( 2) (2 3 1) 5 ( 2) 1
HA = ⇔ x − + x − − = ⇔ x − =
0
0
1 (1; 1)
3 (3;3)
Xét A (1 ; -1):
Trang 8( 1; 2)
HA= − −
uuur
7 1
( ; )
2 2
HM = −
uuuur
Suy ra:
7
2
HA HM = − + <
uuur uuuur
(thỏa mãn) Xét A (3; 3): Loại
Vậy có hai điểm A: A (4; 5) và A (1;-1)
Câu 8a (1, 0 điểm):
(d) đi qua M (-1; 0; 2) và có vectơ chỉ phương
(1; 2;1)
ur
.
Ta có: IH = d[I; (d)] =
[IM u, ]
u
uuur r r
.
( 1;0; 1)
IM − −
uuur
.
,
IM u
uuur r
= (2; 0; -2).
d [I; (d)] =
2 0 ( 2) 2 2
6
1 2 1
+ +
Ta có:
· 900
IA IB R
AIB
=
=> ∆
IAB vuông cân tại I.
Nên: R = IA = IH. 2=
2 2 3
I H
B A
Trang 9Vậy phương trình (S): x 2 +y 2 + (z - 3) 2 =
8 3
Câu 9.a (1, 0 điểm)
4
2
( 1)( 2)
6 7
3 28 0
4( )
n
n
n n n
n
n n
n loai
=
¥
7
7
7 0
( ) ( ) ( 1) ( ) ( )
k
k
C
−
=
=
14 3 7
0
( 1)
2
k
k k
k k
x C
−
−
=
−
∑
Số hạng chứa
5
x ứng với 14 – 3k = 5
Vậy số hạng chứ
5
x
là
5
35 ( 1)
2 16
x C
Câu 7.b (1, 0 điểm)
Giả sử phương trình (E) cần tìm là:
x y
a +b =
Độ dài trục lớn bằng 8 nên 2a = 8 suy ra a = 4
Xét hệ:
2
8 (1)
1 (2) 16
x y
x y
b
Từ hệ trên, ta thấy 4 giao điểm của (E) và (C) có tọa độ là:
( ; ), ( ; ), ( ; ), ( ; )
A x y B x −y C x− −y A x y−
Với 0
0
x >
, 0
0
y >
và ABCD là 1 hình chữ nhật Để ABCD là hình vuông thì AB = BC
2y 2x x y
Thay vào phương trình (1) ta được:
2
2x = ⇔8 x =2
(vì 0
0
x >
)
Trang 10Thay vào (2):
2
1
16+b = ⇔ b = ⇔4 b = 3
Vậy phương trình (E):
1 16 16 3
x + y =
Câu 8.b (1, 0 điểm)
d:
1
2
x+ =
1
y
1
z−
(P) : x + y – 2z + 5 = 0; A (1; -1; 2).
Viết phương trình ∆
cắt d và (P) lật lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của MN.
Ta có d:
1 2 2
y t
= − +
=
= +
t∈
R.
Gọi M là giao của d và ∆
ta có: M ( -1+2t; t; 2+t).
A là trung điểm của MN =>
2 2 2
A
A
A
x x x
y y y
z z z
+
=
=
+
=
3 2
2 2 2
N
N
N
= −
= − −
= −
.
Mà N ∈
(P) => 1.(3-2t) + 1.(-2-t) – 2.(2-t) + 5 = 0.
3 – 2t – 2 – t – 4 + 2t + 5 = 0
t = 2
Vậy M(3; 2; 4)
∆
qua MA và vectơ chỉ phương MA
uuur
(-2; -3; -2)//(2; 3; 2).
Vậy phương trình ∆
:
1 2
1 3
2 2
= +
= − +
= +
t∈
R.
Trang 11Câu 9.b (1, 0 điểm): Cho số phức z thỏa mãn
5( )
2
1
z i
i
z
−
+ = −
+
Tính modun của số phức
2
w 1 z z= + +
Gọi Z= a+bi , a,b ∈R
; z a bi
−
= −
Điều kiện z ≠1
.
Ta có
2 1
a bi i
i
a bi− + = −
+ +
5 a (b 1)i
= (2-i)(a+bi+1)
5a 5(b 1)i 2a 2bi 2 ai b i
5a 5(b 1)i 2a 2 b (2b a 1)i
5( 1) 2 1
a b
a b
− =
1
1
a
b
=
⇔ =
Thỏa mãn
Vậy z = 1+i
W= 1+i+1+2i-1 ⇔w=2+3i
Giáo viên : Tổ Toán Hocmai.vn