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.[r]
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn : TOÁN - Khối : A, A 1
Thời gian làm bài 180 phút không kể vthời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x 4 2( m1)x2m ( )2 1 ,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 sin 2xcos 2x2 cos -1x
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 của biểu
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
M
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:
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 5C n n1 C n3
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 hết
-Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………… ………
Trang 2NHẬN 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 về cực trị cũng cơ bản song tính toán hơi nhiều Đa phần học sinh đã làm dạng này rồi
Câu 2: Giải phương trình lượng giác khá đơn giản Học sinh chỉ cần dùng công thức nhân đôi và
giải phương trình lượng giác cơ bản là xong Câu này dễ hơn năm ngoái
Câu 3: Giải hệ phương trình: Học sinh có thể làm bằng phương pháp thế, đưa về phương trình 1 ẩn.
Câu này tương đương năm ngoái, song cũng khá khó, cũng là câu phân hóa Học sinh không tinh mắt, không được rèn luyện tốt sẽ bỏ hoàn toàn
Câu 4: Câu tính tích phân theo phương pháp từng phần Câu này cơ bản, quen, nhiều học sinh sẽ
làm được Dạng bài giống với đề khối D hàng năm
Câu 5: Nửa đầu thì cơ bản: tính thể tích khối chóp, song cũng phải có các kiến thức về góc, khoảng
cách khá vững mới làm tốt được Nửa sau thì khó hơn: Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau Ý này coi như để phân hóa Học sinh vững lý thuyết hoặc chuyển sang tọa độ mới có thể làm được
Câu 6a: Câu phân hóa khó nhất của đề, là câu max, min của biểu thức đối xứng Dành cho các học
sinh có sức sáng tạo cao Sẽ rất ít học sinh làm được câu này
Câu 7a: Câu này khá khó với học sinh, đề đơn giản nhưng khó tìm manh mối, lời giải Cần phải vẽ
hình và dựa vào tính chất của hình vuông để làm hoặc dùng phương pháp đại số (hệ số góc) Nhiều học sinh vì không làm được câu này sẽ chuyển sang phần Nâng cao
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 phần này kĩ Đề thi từ 2009 đến
nay chưa có phần khai triển Newton Đây là điểm rất đáng tiếc cho thí sinh ôn thi không đầy đủ, không bám sát cấu trúc mà chỉ nhìn vào đề thi những năm trước
Câu 7b: Elip cũng là phần gây chút bất ngờ cho học sinh, đặc biệt là các học sinh không chịu ôn
phần này, song nó còn dễ hơn nhiều so với câu 7a
Câu 8b: Câu này khá cơ bản và dễ, nó cũng dễ hơn câu 8a tương ứng.
Câu 9b: Đây là dạng quen nhất trong 6 câu của phần riêng Đa phần học sinh thấy quen và vì thế
cũng dễ chọn phần Nâng cao để làm
Tóm lại: Đề thi khá khó, phân hóa rất rõ Với đề thi này, học sinh trung bình chỉ được khoảng 3, 4 điểm Học sinh khá có thể được 5, 6 điểm Học sinh giỏi, nắm vững kiến thức, tính toán đúng có thể được 7, 8 điểm Học sinh có sự sáng tạo, kĩ năng làm toán nhanh có thể được 9 điểm Điểm 10 sẽ rất
ít, cũng hiếm như năm 2011
Các em thi đợt 2 cần đặc biệt chú ý đến cấu trúc của đề đợt 1 Chúc các em bình tĩnh, tự tin và làm bài thật cẩn thận, rút kinh nghiệm để đạt kết quả cao
GỢI Ý-ĐÁP ÁN
Trang 3Câu 1: Cho hàm số y x 4 2( m1)x2m ( )2 1 ,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
GY
a/ Khảo sát, vẽ (C) :
m = 0 Þ y = x4 – 2x2
D = R, y’ = 4x3 – 4x, y’ = 0 Û 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 Û 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 Û x = 0 hay x2 = (m + 1)
Hàm số có 3 cực trị Û m + 1 > 0 Û 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 Gọi M là trung điểm của BC Þ M (0; -2m–1)
Do đó ycbt Û BC = 2AM (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền)
Û 2 m 1 = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2 Û 1 = (m + 1) m 1 =
3 2 (m 1) (do m > -1)
Û 1 = (m + 1) (do m > -1) Û m = 0
Cách khác:
3
2
0
( 1) 0 (*)
x
Để (1) có 3 cực trị thì pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 Û m+1>0 Û m >-1
Với m>-1 pt (*) có 2 nghiệm phân biệt: x1 m1 và 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 tại M Vậy tam giác MPN vuông tại M suy ra MN2 MP2 NP2
3 (m 1) ( m 1) 1 0
m=0 (vì m>-1)
Vậy m=0
Câu 2 Giải phương trình 3 sin 2xcos 2x2 cos -1x
GY
3 sin2x+cos2x=2cosx-1
Û 2 3sinxcosx + 2cos2x = 2cosx Û cosx = 0 hay 3sinx + cosx = 1
Û cosx = 0 hay
3
2 sinx +
1
2cosx =
1
2 Û cosx = 0 hay cos(x 3) cos3
Û x = 2 k hay x k2
hay
2 2 3
x k
Trang 4Câu 3: Giải hệ phương trình
2 2
1 2
(x, y R).
GY
2 2
1 2
Hệ trở thành
2 2
1 2
Hệ trở thành
Û
2
3
4
Cách khác :
Đặt u = x
1 2
; v = y +
1 2
Hệ đã cho thành
2 2
1
Xét hàm f(t) =
3 3 2 45
t t t
có f’(t) =
4
t t
< 0 với mọi t thỏa t 1
Þ f(u) = f(v + 1) Þ u = v + 1 Þ (v + 1)2 + v2 = 1 Þv = 0 hay v = -1 Þ
0 1
v u
hay
1 0
v u
Þ Hệ đã cho có nghiệm là
Câu 4 Tính tích phân
3
2 1
1 ln(x 1)
x
GY
3
2 1
1 ln(x 1)
x
=
1 ln(x 1)
=
1 3 1 1
x
J =
2
3J Với
3 2 1
ln(x 1)
x
Đặt u = ln(x+1) Þ du =
1
1dx
x ; dv = 2
1
dx
x , chọn v =
1
x
- 1
J =
3 1
( 1) ln( 1)
1
x x
+
3
1
dx x
=
3 1
( 1) ln( 1)
1
x x
+
3 1
ln x
=
4
ln 4 2ln 2 3
+ ln3
=
2
ln 2 ln 3
3
Vậy I =
ln 2 ln 3
3 3
Cách khác : Đặt u = 1 + ln(x+1) Þ du = 1
dx
x ; đặt dv = 2
dx
x , chọn v =
1
x
, ta có :
3
1
1
1 ln( 1)
x
+
3
1 ( 1)
dx
x x
1
1 ln( 1) ln
1
x x
=
ln 2 ln 3
3 3
Trang 5Câu 5 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
GY
Gọi M là trung điểm AB, ta có
a a a
MH = MB - HB = - =
2 3 6
2a 7
SC = 2HC =
3 ; SH = CH.tan600 =
21 3
a
dựng 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 chiều cao của SHK
Vậy khoảng cách d(BC,SA) chính là khoảng cách 3HI/2 cần tìm.
2 a 3 a 3
3 2 3 , hệ thức lượng
Cách khác:
Tích Thể Tích khối chóp S.ABC
Gọi M là trung điểm AB =>
MH= MB= ,
Vì ABC đều cạnh a, CM là đường cao
a 3 CM=
2 Þ
Xét CMH vuông tại M
Theo Pitago ta có: CH =CM +MH2 2 2
a 7
CH=
3
Þ
Ta có SC, ABC =SCH=60 o
.ΔABC
S ABC
Þ
Xét trong mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A và song song với BC Nên BC//(SA;d)
Þ
Dựng hình thoi ABCD Dựng HK sao cho:
HKADKAD HISKISK
, ta có: SH ABC Þ SH AD
C
S
K
D
I
Trang 6MàHK AD nên ADSHK Þ SAD SHK
và HI SK n n HI ê SAD
Þ HI là khoảng cách từ H đến (SAD)
Vì
2 2
90 ê
2 6 7
21
a
Vì BC//(SAD) và
2 3
nên khoảng cách cần tìm là:
Þ
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
x y
3 2
x y
Đặt t = x y 0
, xét f(t) = 2.( 3)3t 2 3t f’(t) = 2.3( 3) ln 3 2 3 2 3( 3.( 3) ln 3 1) 03t 3t
Þ f đồng biến trên [0; +¥) Þ f(t) f(0) = 2
Mà 3x y
30 = 1 Vậy P 30 + 2 = 3, dấu “=” xảy ra Û x = y = z = 0 Vậy min P = 3
Cách khác: Không mất tổng quát, giả sử x y z.
Từ giả thiết suy ra z x y
do đó,
Đặt:
2
2
2 3 2 3
a b x
b a y
và a b 0 Thay vào P ta được :
Đặt:
2 , 2
a b
u
a b
v
thì u v 0 và ta có: P 9v 3u v 3u v 2 u2 3 v2
Xét hàm:
2
3
u
f u
( )
f u
Þ đồng biến trên v ¥; )kéo theo: f u ( ) f v ( ) 9 v 32v 1 2 4 v2 2.9v 4 v 1 (1)
Trang 7Xét g v ( ) 2.9 v 4 v 1, v 0
Suy ra g(v) đồng biến trên 0;¥), kéo theog v( )g(0) 3 (2)
Từ (1) và (2), suy ra f(u)3 hay P3
Đẳng thức xảy ra khi u=v=0 hay x = y = z =0
Vậy min P=3
Cách khác nữa :
Đặt a x y b , y z c , z x
Từ giả thiết suy ra: x2 y2 z2 2 xy yz zx
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 a b c , , 0 và a b c b c a c a b , ,
Ta có: P3a3b 3c 2a2b2c2
Tương tự: b c a a 2; c a b b 2
Công ba bất đẳng thức trên ta được: 2 2 2 2 2 2 2
2 ab bc ca a b c Þ a b c 2 a b c
Do vậy: P3a3b3c a b c 3a a 3b b 3c c
Xét hàm
'
3 ln 3 1 0
0 1
x
x
f x
Vậy P 3, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0.
A Theo chương trình Chuẩn :
Câu 7a
Ta có : AN =
10 3
a
; AM =
5 2
a
; MN =
5 6
a
; cosA =
2
AM AN
=
1
2 Þ MAN 45o (Cách khác :Để tính MAN = 450 ta có thể tính
1 2 3
1
1 2
3
tg DAM DAN
) Phương trình đường thẳng AM : ax + by
11 1
2 a 2b
= 0
2 2
cos
2
a b MAN
Û 3t2 – 8t – 3 = 0 (với t =
a
b ) Þ t = 3 hay
1 3
t
+ Với t = 3 Þ tọa độ A là nghiệm của hệ :
x y
x y
+ Với
1 3
t
Þ tọa độ A là nghiệm của hệ :
x y
Þ A (1; -1)
B A
C D
N
M
Trang 8Cách khác: A (a; 2a – 3),
3 5 ( , )
2
d M AN
, MA =
3 10 2
2
Û
Û a = 1 hay a = 4 Þ A (1; -1) hay A (4; 5)
Cách khác nữa:
2
2
1
15 3 5 2
,
2
2 5
h d M AN
Đặt: AB 6 , x x 0, ta có:
2
2
2
ADN
ABM
CMN
Theo định lý pitago AN AD2DN2 36x2 4x2 2 10x
2
2
AMN
Định lý pitago, ta có:
2
Mà AN :2x y 3 0 Û y2x 3
Đặt: A a a ( ; 2 3)
1
4
a
a
Þ Û
Vậy A1(1; 1), A2(4;5)
Câu 8a
Gọi A a ( 1; 2 ; a a 2), B b 1; 2 ; b b 2 , I 0;0;3
, với a ≠ b
2
2
Vì IAB vuông cân tại I nên
2 2
ab a b
IA IB
a b a b
IA IB
Từ (2) vì a ≠ b
2 3
a b
thế vào (1)
Ta được:
1 9
ab
Trang 98 3
3
1 2
3
a
IA b
2
3
S x y Z
Cách khác: Ta có: (d) đi qua M (-1; 0; 2) và có vectơ chỉ 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)) =
6
Ta có: 900
IA IB R
AIB
=> IAB vuông cân tại I
Nên: R = IA = IH
2=
2 2 3
Vậy phương trình (S): x
2+y2+ (z - 3)2 =
8 3
Câu 9.a 5C n n1 C n3
Û
( 1)( 2) 5
6
Û 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) Þ n = 7 Gọi a là hệ số của x5 ta có số hạng tổng quát là:
7
7
1
i
i
x
7
2
7
1 2
x
Þ
7
7
1
2
i
Þ 14 – 3i = 5 Þ i = 3 và
7 7
7
1 2
i i
Þ a =
35 16
Vậy số hạng chứa x5 là
35 16
x5
B Theo chương trình Nâng cao :
Câu 7b
Giả sử phương trình (E) cần tìm là:
a b
Độ dài trục lớn bằng 8 nên 2a = 8 suy ra a = 4
Xét hệ:
2 2
2
8 (1)
1 (2) 16
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 x 0 0, y 0 0 và ABCD là 1 hình chữ nhật Để ABCD là hình vuông thì AB = BC
2y 2x x y
Trang 10Thay vào phương trình (1) ta được: 2x02 Û8 x0 2 (vì x 0 0)
Thay vào (2):
2
1
16b Û b Û4 b 3
Vậy phương trình (E):
1 16 16 3
Câu 8b 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
tR
Gọi M là giao của d và ta có: M ( -1+2t; t; 2+t)
A là trung điểm của MN =>
2 2 2
2 2
A
N
N
A
x
z
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
(-2; -3; -2)//(2; 3; 2)
Vậy phương trình :
1 2
1 3
2 2
tR
Câu 9b z x yi (x, y ; z-1),
5( )
2 1
z i
i z
2 1
x yi i
i
x yi
5[( ( 1) )
2 ( 1)
i
5x 5(y 1)i 2(x 1) (x 1)i 2yi y
Û Û 5x 5(y1)i(2x 2 y) ( x 1 2 )y i
1 2 5( 1)
x y
Û
1 1
x y
Û
z = 1 + i; w 1 z z2 1 (1 ) (1 )i i 2 1 1 i 1 2i ( 1) 2 3i Þ w 4 9 13
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC Câu 1
b.Ta có y ( x2 m 1)2 2 m 1
Ta có
3
' 4 4( 1)
Ta có
3
2
0
1
x
Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi m>-1
Trang 11Đồ thị hàm số có 3 cực trị lần lượt là A (0, m2), ( B m 1; 2 m 1), ( C m 1; 2 m 1)
Dễ dàng chứng minh được tam giác ABC cân tại A
Tam giác ABC vuông tại A khi và chỉ khi ( m 1) ( m 1)4 Þ 0 m 0.
Câu 2
2
x
KQ
Câu 3
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2
1 2
1 2
1
2 1
2
41
2 1 2
2
Û
Û
b xy
x y x y
x y x y xy x y x y
x y x y
x y x y
a a b a
a b a
3 3 4
e
a
KQ b
Cách 2
3 3 2 9 22 3 3 2 9 ( 1)3 12 23 ( 1)3 12
x x x y y yÛ x x y y
(x 1) 12(x 1) (y 1) 12(y 1) (1)
Từ (2)
2
2
Nên x-1 và y+1 đều thuộc (-2;2)
Ở (1), xét f t( ) t3 12t với t ( 2; 2)
2 '( ) 3 12 0 ( 2;2)
f t t t
Nên Û x y 2
(vì x1;y 1 ( 2;2))
Thay vào phương trình (2):
;
2
;