de thi DH khoi A 2012 nhieu cach giai

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 và A1 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 2

yx  ( m )x m ( ) ,với m là tham số thực

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 3 s in2x+cos2x=2cosx-1

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2 2

1 2





   

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

3

2 1

1 ln(x 1)

x



Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a Hình chiếu vuông góc

của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a

Câu 6 (1,0 điểm) : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = 0 Tìm giá trị nhỏ nhất

3x y 3y z 3z x 6 6 6

P       x  y  z

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M là

trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND Giả sử 11 1;

2 2

 và đường thẳng AN có phương trình 2x – y – 3 = 0 Tìm tọa độ điểm A

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 2

x  y z

và điểm I (0; 0; 3) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông tại I

Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1 3

5C n n C n Tìm số 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 = 8 Viết phương trình chính tắc elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

x y z

  , mặt phẳng (P) : x + y – 2z + 5 = 0 và điểm A (1; -1; 2) Viết phương trình đường thẳng  cắt d và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN

Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa 5( ) 2

1

z i

i z

 Tính môđun của số phức w = 1 + z + z2

BÀI GIẢI GỢI Ý

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1: a/ Khảo sát, vẽ (C) :

m = 0  y = x4

– 2x2

D = R, y’ = 4x3 – 4x, y’ = 0  x = 0 hay x = 1

Hàm số đồng biến trên (-1; 0) và (1; +), nghịch biến trên (-;-1) và (0; 1)

Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = ±1 và yCT = -1

lim

  

Bảng biến thiên :

x - -1 0 1 +

y’  0 + 0  0 +

y + 1 +

-1 -1

y = 0  x = 0 hay x =  2

Đồ thị tiếp xúc với Ox tại (0; 0) và cắt Ox tại hai điểm ( 2; 0)

b/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x

y’ = 0  x = 0 hay x2

= (m + 1) Hàm số có 3 cực trị  m + 1 > 0  m > -1

Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m2

),

B (- m1; – 2m – 1); C ( m1; –2m – 1)

Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A

Cách 1 Gọi M là trung điểm của BC  M (0; -2m–1)

Do đó ycbt  BC = 2AM (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền)

 2 m1 = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2  1 = (m + 1) m1 =

3 2 (m1) (do m > -1)

 1 = (m + 1) (do m > -1)  m = 0

AB m  m m AB m   m m



AC  m  m m AC m   m m



Do đó tam giác ABC cân tại A nên tam giác ABC vuông

              

3

1

m

m

 





Câu 2 3 sin 2xcos 2x2cos -1x

 2 3sinxcosx + 2cos2x = 2cosx 2 cosx 3 s inx cos x 1 0

cosx = 0 hay 3 sinx + cosx = 1

 cosx = 0 hay 3

2 sinx +

1

2cosx =

1

2  cosx = 0 hay cos( ) cos

x  

2 k hay x k

3

x  k 

(k  Z)

Câu 3:

x

y

-1

2

O

- 2

3 2 3 2

2 2

1 2





   

Cách 1: Đặt t = -x

Hệ trở thành

2 2

1 2

      





   

Đặt S = y + t; P = y.t

Hệ trở thành

3 2

2

3

4

2

P

S



Vậy nghiệm của hệ là 3; 1 ; 1; 3



    

Cách 2 :





Đặt u = x 1

2

 ; v = y + 1

2

Hệ đã cho thành

2 2

1

u v





  

 Xét hàm f(t) = 3 3 2 45

t  t  t có f’(t) = 3 2 3 45

4

t  t < 0 với mọi t thỏa t 1

 f(u) = f(v + 1)  u = v + 1  (v + 1)2

+ v2 = 1  v = 0 hay v = -1  0

1

v u





 

 hay

1 0

v u

 



 



 Hệ đã cho có nghiệm là 3; 1 ; 1; 3



    

    Cách khác:

1  x1 12 x 1 y1 12 y1 *

Xét hàm số   3

12

f t  t t

f t  t   t 

2

t

f t

t





    



BBT:

 

'

 



Ta lại có:   1 1

      

Suy ra:

2

2

1

2

y



1 2; 2

1 2; 2

x

y

  





  



Hàm số f(t) nghịch biến trên (-2; 2)

Do đó:  *  f x  1 f y        1 x 1 y 1 x y 2

Thay vào (2), ta có: 2

2

    



    

    



Cách 4: (Đa số học sinh chọn cách làm này)

Ta có hpt

2

1 2

2

x y xy x y



 





2

2 2

2

1 2

2

x y xy x y



 



2

1 2

2

x y xy x y



 



Đặt u x y

v xy

 



 

 , khi đó hệ phương trình trở thành:

 

2

1

2

u v u









Ta có:   1 1 2 1

2*

    Thay vào (*), ta có:

u u  u u  u u  u u u   u  u  u 

4

Suy ra:

3 2 2

1

3

2 2

3 2

x

x y

y

x y

y

 





 







  





 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là: 3; 1 ; 1; 3

     

Câu 4

3

2 1

1 ln(x 1)

x

1 ln(x 1)





1

x



J

 = 2

3J Với

3 2 1

ln(x 1)

x





Đặt u = ln(x+1)  du = 1

1dx

x ; dv = 2

1

dx

x , chọn v = 1

x



- 1

J = ( 1 1) ln( 1)3

1

x x



3

1

dx x

 = ( 1 1) ln( 1)3

1

x x



  + ln x = 13 4ln 4 2 ln 2

3

+ ln3

= 2ln 2 ln 3

3



 Vậy I = 2 2ln 2 ln 3

3 3



Cách 2: Đặt u = 1 + ln(x+1)  du =

1

dx

x ; đặt dv = 2

dx

x , chọn v = 1

x

 , ta có :

1

1

1 ln( 1)

x

3

1 ( 1)

dx

x x

1

1 ln( 1) ln

1

x x

 =

ln 2 ln 3



Câu 5

Gọi M là trung điểm AB, ta có

MH MBHB  

      

 

2

3

a

SC  HC  ; SH = CH.tan600 = 21

3

a

Dựng điểm D sao cho ABCD là hình thoi, AD//BC

Vẽ HK vuông góc với AD Và trong tam giác vuông

SHK, ta kẻ HI là đường cao của tam giác SHK

Vậy d(BC,SA) 3

2HI



C

S

H M

K

D

I

  1 2 7 3 7

,

2 3 3

HK   , hệ thức lượng

,

Cách 2:

N Q

M

K1

C

H

S

K

HB HA

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

2

Hình chiếu vuông góc của SC lên (ABC) là HC nên:     0

SC ABC SCH 

Vậy

.

Tính d(SA, BC):

Cách trực tiếp:

Gọi M là trung điểm của BC Ta có 3;

2

a

Dựng đường thẳng d qua A và song song với BC Dựng HQ vuông góc với d tại Q, cắt BC tại N

Ta có: AQ SH AQ SNQ SAQ SNQ ; SAQ SNQ SQ

AQ NQ







Trong (SNQ), kẻ NK vuông góc với SQ tại 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

2

a

NQ AM 

Tam giác SHQ vuông tại H nên:

       

SQN

SH NQ a

SQ

Cách gián tiếp:

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

O

z

y

x

M

K1 A

B

C

H S

Ta có: 0; 2 ;0 ; 0;0; 21 ; 0; ;0

Gọi K1 là trung điểm của AB, suy ra: 1 ; 1 3; 1 1 2

CK AB CK  HK AH AK   

Do đó: 3; ; 0



,

SA BC AB

d SA BC

SA BC



  

 

     

 

3

2

7

48 2

,

8

3

a

a

d SA BC

a

Nhận xét: Ở đây HS có thể chọn hệ trục tọa độ như sau:

O là trung điểm của AB, BOx;COy Oz; / /HS

2 3 6

a a a

OH OBBH    Khi đó:

0; 0; 0 ; ; 0; ; ; 0; 0 ; ; 0; 0 ; 0; ; 0



            

2

    

2

2

7

2 ,

8

,

3

a

d SA BC

a

SA BC

  

Như vậy đối với các HS nếu không có kiến thức tốt về khoảng cách ở HHKG lớp 11 thì việc lựa chọn phương pháp tọa độ trong không gian đưa về bài toán dễ hơn nhiều, vấn đề còn lại là suy ra các điểm liên quan chính xác với hệ trục tọa độ đã chọn và áp dụng công thức khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là xong

Câu 6 x + y + z = 0 nên z = -(x + y) và có 2 số không âm hoặc không dương Do tính chất đối xứng

ta có thể giả sử xy  0

Ta có 2 2 2 2

3x y 3 y x 3 x y 12( )

P       x y xy =

3x y 3 y x 3 x y 12[(x y) xy]

2 2

2 2

y x x y

x y

x y xy

  



3 2

x y

x y

x y



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

2.3( 3) ln 3 2 3t  2 3( 3.( 3) ln 3 1)t  0

 f đồng biến trên [0; +)  f(t)  f(0) = 2

Mà 3x y  30 = 1 Vậy P  30 + 2 = 3, dấu “=” xảy ra  x = y = z = 0 Vậy min P = 3

A Theo chương trình Chuẩn :

Câu 7a

Cách 1 Giả sử AB = a (a > 0) Suy ra: ; ;

2

a

ADBCa BM CM  2

CN  ND

Ta có:

2

2 3 2 2 2 2 3 12

S S S S S a  a a  

Kẻ MH vuông góc với AN tại H Ta có:  

11 1

15 3 5

2 2

2

MH d M AN

 

Tam giác AND vuông tại D nên:

2

AN  AD DN  a   

 

 

Ta lại có:

2

AMN

Tam giác MAB vuông tại B nên:

MA AB BM a   

A x x  ANMAx  x  



 

0

0

1 1; 1



 

Cách 2

Đặt AB = a (a > 0) Ta sẽ đi tính góc

Ta có : AN = 10

3

a

; AM = 5

2

a

; MN = 5

6

a

;

cosA =

2

AM AN

= 1

2  MAN 45o Cách khác: Để tính MAN = 450

ta có thể tính như sau:

Tam giác AEM vuông tại E nên: tanDAM tanEAM EM 2

EA

Tam giác AND vuông tại D nên:  1

3

DN DAN

AD

B

A

C

D

N

M

E

    

0

1 2

1

1 tan tan 1 2.

3





Đường thẳng AM đi qua 11 1;

2 2

  và có VTPT n a b; có phương trình dạng:

ax + by 11 1

2 a 2b

  = 0  2 2 

0

a b 

AN có VTPT nAN 2; 1 

2

AN AN

AN

MAN c n n





 

 

 

2 2a b 10 a b 4 2a b 10 a b

 

3a 8ab 3b 0 *

Nếu b = 0:   2

* 3a   0 a 0 (loại)

Nếu b0, ta chọn b = 1:   2

3

3

a

a







  

 + Với a3,b1 suy ra AM: 3x y 170 Ta có: AAMAN  tọa độ A là nghiệm của hệ :

x y

x y

  



   

+ Với 1, 1

3

a  b

suy ra AM x: 3y 4 0 Ta có: A AMAN  tọa độ A là nghiệm của

3 4 0

x y

x y

  



   

Cách 3:

Gọi HANBD Kẻ đường thẳng qua H và song song với CD cắt AD, BC lần lượt tại P và Q Đặt HP x PDx(vì tam giác HPD vuông cân tại P) Ta có:

3

DN  AD  DN  DN  Do đó: HQ = 3x; QC = x; MQ = x

A x x  ANMAx  x  



 

0

0

1 1; 1



 

Câu 8a Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi u

= (1; 2; 1) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d

[ , ] 2

( , )

d

d

MI u

AB R

u

 

 , [MI u , d] ( 2;0; 2)  IH = 8 2

6  3

R   R = 2 6

3  phương trình mặt cầu (S) là : 2 2 8

( 3)

3

x y z 

Cách 2 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: 2 2 5; ;

3 3 3

Đường thẳng d có phương trình tham số:

1 2 2

y t

  



 



  



D có VTCP u1; 2;1 ;

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d Ta có H là trung điểm của AB

Ta có: H 1 t t; 2 ; 2 t d IH;   1 t t; 2 ; 1 t

3

IH u    t t  t      t t

; ;

3 3 3

IH     IH 



Tam giác IAB vuông tại I có IH là trung tuyến nên 2 3

3

IH HB Tam giác IHB vuông tại H nên

       

Vậy mặt cầu (S) có tâm I(0;0;3) và có bán kính 2 6

3

RIB có phương trình:

 2

3

x y  z 

Câu 9.a 5 n 1 3

C  C (1) Điều kiện: 3

*

n n





 

(1)  5 ( 1)( 2)

6

n n n

  30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0)  n = 7 Gọi a là hệ số của x5

ta có

7 2

7

1 2

i x

x



 

   

 

7

7

1

2

i



 

 14 – 3i = 5  i = 3 và

7 7

7

1 2

i i



  

35 16

 Vậy số hạng chứa x5

là 35 16

 x5

B Theo chương trình Nâng cao :

Câu 7b

(C) có tâm O(0;0) và có bán kính R2 2

(E) cắt (C) tạo thành 4 đỉnh của một hình vuông suy ra hình vuông đó nội tiếp đường tròn (C) Theo giả thiết, ta có: 2a =8 suy ra a = 4

Phương trình chính tắc của elip:

2 2

2 2 1 4

x y b

Tọa độ 4 đỉnh của hình vuông là nghiệm của hệ phương trình:

2 2

2 2

2 2

8

1 4

x y

b

  





 



Giả sử hệ có nghiệm (x,y) = (x0, y0) thì cũng có nghiệm (-x0; y0); (x0; -y0); (-x0;-y0) Suy ra hình vuông nhận O làm tâm và AB// Ox, CD // Ox

Gọi M, N là trung điểm của AD và BA

Tam giác OMA vuông cân tại M nên: OA2 2OM ON  2 A 2; 2

(E) qua A(2;2) nên:

2 2

2 2

4 b   b 3 Vậy phương trình chính tắc của elip là:

2

3

Câu 8b M d M( 1 2 ; ; 2  t t t t) ( R); A là trung điểm MN N(3 2 ; 2 t  t; 2t)

( )

N P  t 2 N( 1; 4;0)  ;  đi qua A và N nên phương trình có dạng : 1 4

x y z

Câu 9b z x yi

5( )

2

1

z i

i

z



2 1

x yi i

i

x yi

 

 

5[( ( 1) )

2 ( 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 1 2 )y i

1 2 5( 1)

  



    



x y

x y

 



    



1 1

x y





  



w  z z     i i       1 1 i 1 2i ( 1)  2 3i  w  4 9  13 -

Giáo viên: Nguyễn Đắc Tuấn – Tổ Toán THPT Vinh Lộc –Thừa Thiên Huế

Chúc các em HS thi đạt kết quả cao trong đợt thi sắp đến